poj 2942 Knights of the Round Table(无向图的双连通分量+二分图判定)

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#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
#define eps 1e-6
#define LL long long
using namespace std;  

const int maxn = 1000 + 10;
//const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int A[maxn][maxn];

//计算点—双连通分量。用栈S来保留当前bcc中的边
int pre[maxn], iscut[maxn], bccno[maxn], dfs_clock, bcc_cnt;
vector<int> G[maxn], bcc[maxn];
struct Edge {
	int u, v;
	Edge(int u = 0, int v = 0) : u(u), v(v) {
	}
};
stack<Edge> S;
int dfs(int u, int fa) {
	int lowu = pre[u] = ++dfs_clock;
	int child = 0;
	for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
		int v = G[u][i];
		Edge e = Edge(u, v);
		if(!pre[v]) {
			S.push(e);
			child++;
			int lowv = dfs(v, u);
			lowu = min(lowu, lowv);
			if(lowv >= pre[u]) {
				iscut[u] = true;
				bcc_cnt++; bcc[bcc_cnt].clear();        //注意！

bcc从1開始编号
				for(;;) {
					Edge x = S.top(); S.pop();
					if(bccno[x.u] != bcc_cnt) {
						bcc[bcc_cnt].push_back(x.u);
						bccno[x.u] = bcc_cnt;
					}
					if(bccno[x.v] != bcc_cnt) {
						bcc[bcc_cnt].push_back(x.v);
						bccno[x.v] = bcc_cnt;
					}
					if(x.u == u && x.v == v) break;
				}
			}
		}
		else if(pre[v] < pre[u] && v != fa) {
			S.push(e);
			lowu = min(lowu, pre[v]);
		}
	}
	if(fa < 0 && child == 1) iscut[u] = 0;
	return lowu;
}
void find_bcc(int n) {
	memset(pre, 0, sizeof(pre));
	memset(iscut, 0, sizeof(iscut));
	memset(bccno, 0, sizeof(bccno));
	dfs_clock = bcc_cnt = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		if(!pre[i]) dfs(i, -1);
	}
}

//dfs给二分图进行黑白二着色,用颜色1表示黑色，颜色2表示白色，0表示没着色
int color[maxn];    //推断节点u所在的连通分量是否为二分图
bool bipartite(int u, int id) {
	for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
		int v = G[u][i];
		if(bccno[v] != id) continue;
		if(color[v] == color[u]) return false;
		if(!color[v]) {
			color[v] = 3 - color[u];
			if(!bipartite(v, id)) return false;
		}
	}
	return true;
} 

int odd[maxn];
void init() {
	int u, v;
	memset(A, 0, sizeof(A));
	memset(odd, 0, sizeof(odd));
	while(m--) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		u--; v--;
		A[u][v] = A[v][u] = 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++) G[i].clear();
	for(u = 0; u < n; u++)
		for(int v = u + 1; v < n; v++)
			if(!A[u][v]) G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
}

void solve() {
	find_bcc(n);
	for(int i = 1; i <= bcc_cnt; i++) {
		memset(color, 0, sizeof(color));
		for(int j = 0; j < bcc[i].size(); j++) bccno[bcc[i][j]] = i;
		int u = bcc[i][0];
		color[u] = 1;
		if(!bipartite(u, i)) {
			for(int j = 0; j < bcc[i].size(); j++) odd[bcc[i][j]] = 1;
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) if(!odd[i])
		ans++;
	cout << ans << endl;
}

int main() {
	//freopen("input.txt", "r", stdin);
	while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2 && n) {
		init();
		solve();
	}
	return 0;
}

题意：有n个骑士开会，每次至少三个人且人数必须为奇数，相互憎恨的人不能相邻，给出骑士们相互的憎恨关系。求多少骑士不能參加不论什么一个会议。

大白书经典例题。写完以后感觉收获非常大。

1.以骑士为节点建立无向图，假设两个骑士不憎恨，那么在他们之间连一条边，则题目转化为求不在任一简单奇圈上的结点个数。

2.简单圈上的全部节点必定属于同一双连通分量，因此须要先找出全部双连通分量。

3.非常重要的一个结论！。！！。！

！！对于一个双连通分量来说，假设他是二分图，那么是没有奇圈的。反之有奇圈的图一定不是二分图，证明略。

4.也非常重要的一个结论。！。！！！

。假设结点v所属的一个双连通分量不是二分图。那么v一定属于一个奇圈。如今证明这个结论，假设双连通分量B不是一个二分图，依据3，B中一定含有一个奇圈，那么对于不属于这个奇圈的v来说。依据双连通性，一定存在两条不相交路径（除起点外无公共结点），使得v能到达这个奇圈上的两个不同点，设为v1。v2.

而由于v1和v2在一个不同的奇圈上，那么从v1到v2的两条路径长度一奇一偶。所以总能构造出一条经过v的奇圈。

5.注意。每一个割顶属于多个双连通分量。可能被标记多次。