题目描述

曹是一只爱刷街的老曹,暑假期间,他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹,感到不爽。河蟹决定封锁阳光大学,不让曹刷街。

阳光大学的校园是一张由N个点构成的无向图,N个点之间由M条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行封锁,当某个点被封锁后,与这个点相连的道路就被封锁了,曹就无法在与这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是,河蟹是一种不和谐的生物,当两只河蟹封锁了相邻的两个点时,他们会发生冲突。

询问:最少需要多少只河蟹,可以封锁所有道路并且不发生冲突。

输入格式

第一行:两个整数N,M

接下来M行:每行两个整数A,B,表示点A到点B之间有道路相连。

输出格式

仅一行:如果河蟹无法封锁所有道路,则输出“Impossible”,否则输出一个整数,表示最少需要多少只河蟹。

输入输出样例

输入 #1复制

3 3
1 2
1 3
2 3
输出 #1复制

Impossible
输入 #2复制

3 2
1 2
2 3
输出 #2复制

1

说明/提示

【数据规模】

1<=N<=10000,1<=M<=100000,任意两点之间最多有一条道路。


题解

本题实际上是一道二分图的题目。

如果我们把图中U、V两个集合中的所有连线都用河蟹断开,就达到了题目要求。要判断图中的二分图,只需要类似01迷宫进行BFS遍历染色即可。在染色的过程中,如果发现连线的另一个端点未染色,就用和当前端点不同的颜色染色,要是已经染色且和当前节点颜色相同,就说明构成循环圈,不能构成二分图,类似下图的情况。

代码如下:

 #include <iostream>
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h> using namespace std; const int MAXN = ;
int first[MAXN], n, m, en, color[MAXN], f[], u, v; //f统计不同颜色节点数
int front, rear;
bool vis[MAXN];
int ans; struct edge
{
int zhongdian, changdu;
int next;
}; edge ed[MAXN]; void add_edge(int s, int e, int d)
{
en++;
ed[en].next = first[s];
first[s] = en;
ed[en].zhongdian = e;
ed[en].changdu = d;
} struct Node
{
int x, y;
int step;
};
Node q[MAXN]; int bfs(int a)
{
Node now, next;
now.x = a;
vis[a] = ;
color[a] = ;
f[] = ;
f[] = ;
front = rear = ;
q[rear] = now;
rear++;
while(front < rear)
{
now = q[front++];
for(int i = first[now.x]; i; i = ed[i].next)
//first[now]:当前点的第一条边;ed[i].next:下一个访问的点
{
if(color[ed[i].zhongdian] != -)
{
if(color[ed[i].zhongdian] == color[now.x])
{
cout << "Impossible" << endl;
return -;
}
}
else
{
color[ed[i].zhongdian] = (color[now.x] + ) % ;
q[rear].x = ed[i].zhongdian;
rear++;
f[color[ed[i].zhongdian]]++;
}
}
}
ans += min(f[], f[]);
} int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = ; i <= n; i++)
{
color[i] = -; //初始化
}
for(int i = ; i <= m; i++)
{
cin >> u >> v;
add_edge(u, v, );
add_edge(v, u, );
}
for(int i = ; i <= n; i++)
{
if(color[i] == -)
{
if(bfs(i) < )
{
return ;
}
}
}
cout << ans << endl; return ;
}

代码中的f数组是用来统计黑白两种染色点的个数的,本题所求的最小河蟹数就是两种染色点个数的最小值。

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