TYVJ P1403 [NOIP2010]关押罪犯

TYVJ的编译器总是要搞点岔子出来，上次是double必须用f输出而不能用lf，这次又不知道为何CE

于是去了洛谷P1525测试，AC

题目描述

S 城现有两座监狱，一共关押着N 名罪犯，编号分别为1~N。他们之间的关系自然也极不和谐。很多罪犯之间甚至积怨已久，如果客观条件具备则随时可能爆发冲突。我们用“怨气值”（一个正整数值）来表示某两名罪犯之间的仇恨程度，怨气值越大，则这两名罪犯之间的积怨越多。如果两名怨气值为c 的罪犯被关押在同一监狱，他们俩之间会发生摩擦，并造成影响力为c 的冲突事件。

每年年末，警察局会将本年内监狱中的所有冲突事件按影响力从大到小排成一个列表，然后上报到S 城Z 市长那里。公务繁忙的Z 市长只会去看列表中的第一个事件的影响力，如果影响很坏，他就会考虑撤换警察局长。

在详细考察了N 名罪犯间的矛盾关系后，警察局长觉得压力巨大。他准备将罪犯们在两座监狱内重新分配，以求产生的冲突事件影响力都较小，从而保住自己的乌纱帽。假设只要处于同一监狱内的某两个罪犯间有仇恨，那么他们一定会在每年的某个时候发生摩擦。

那么，应如何分配罪犯，才能使Z 市长看到的那个冲突事件的影响力最小？这个最小值是多少？

输入输出格式

输入格式：

输入文件的每行中两个数之间用一个空格隔开。第一行为两个正整数N 和M，分别表示罪犯的数目以及存在仇恨的罪犯对数。接下来的M 行每行为三个正整数aj，bj，cj，表示aj 号和bj 号罪犯之间存在仇恨，其怨气值为cj。数据保证1<aj=<=bj<=N ，0 < cj≤ 1,000,000,000，且每对罪犯组合只出现一次。

输出格式：

共1 行，为Z 市长看到的那个冲突事件的影响力。如果本年内监狱中未发生任何冲突事件，请输出0。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

【输入输出样例说明】罪犯之间的怨气值如下面左图所示，右图所示为罪犯的分配方法，市长看到的冲突事件影响力是3512（由2 号和3 号罪犯引发）。其他任何分法都不会比这个分法更优。

【数据范围】对于30%的数据有N≤ 15。对于70%的数据有N≤ 2000，M≤ 50000。对于100%的数据有N≤ 20000，M≤ 100000。

1、并查集解法

　　简单又快捷，详见之前写过的题解，链接：

　　http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/5557982.html

2、二分+二分图染色

　　并不简单也并不快捷，用来练习分治算法。

　　先根据罪犯间的关系建好图。

　　二分在所有边权值中查找答案，每次在图中对边权大于当前所尝试答案的边进行染色，如果都染色成功，说明当前答案可行，则继续寻找更小的答案；如果染色不成功，说明当前答案不正确，则继续尝试更大的答案。

 #include<algorithm>

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<vector>

 using namespace std;

 const int mxm=;

 const int mxn=;

 int cnt=;

 int uplimit=;

 int n,m;

 int color[mxn];

 int mid;

 vector<int>eg[mxn];

 vector<int>w[mxn];

 struct edge{

     int x,y;

     int d;

 }e[mxm];

 int cmp(const edge a,const edge b){

     return a.d>b.d;

 }

 void build(){//建图

     for(int i=;i<=m;i++){

         eg[e[i].x].push_back(e[i].y);

         w[e[i].x].push_back(e[i].d);

         eg[e[i].y].push_back(e[i].x);

         w[e[i].y].push_back(e[i].d);

     }

     return;

 }

 bool dfs(int x,int fa){//dfs判断二分情况

     if(color[x]==color[fa] && color[x]!=-)return ;//矛盾

     if(color[x]==!color[fa])return ;//可行

     color[x]= !color[fa];

     for(int i=;i<eg[x].size();i++){

         int v=eg[x][i];

         if(v!=fa && w[x][i]>e[mid].d)

             if(!dfs(v,x))return ;

     }

     return ;

 }

 int main(){

     scanf("%d%d",&n,&m);

     int i,j;

     int u,v,d;

     for(i=;i<=m;i++){

         scanf("%d%d%d",&u,&v,&d);

         e[++cnt].x=u;e[cnt].y=v;e[cnt].d=d;

     }

     sort(e+,e+m+,cmp);//边权从大到小排序

     build();//建图

     int l,r;

     l=;r=m;//在所有边中二分查找

     int ans=;

     while(l<=r){

         bool flag=;

         memset(color,-,sizeof(color));//重置染色状态

         color[]=;

         mid=(l+r)>>;

         for(i=;i<=n;i++){

             if(color[i]==-)

                if(dfs(i,)==false){

                        flag=;//不成立

                        break;

                }

         }

         if(flag)r=mid-;

         else{

             ans=e[mid].d;//保存答案

             l=mid+;//更新边界

         }

     }

     if(m==)ans=;

     printf("%d\n",ans);

     return ;

 }