洛谷 P1525 关押罪犯

洛谷 P1525 关押罪犯

Description

• 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？

Input

• 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 ，0 < cj≤ 1,000,000,000，且每对罪犯组合只出现一次。

Output

• 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。

Sample Input

4 6
1 4 2534
2 3 3512
1 2 28351
1 3 6618
2 4 1805
3 4 12884

Sample Output

3512

Data Size

• 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。

题解：

• 并查集 / 二分
• 嗯… …当初这题不会（学）抄题解写并查集来着。
• 然后老师再让复习写这题大脑一片空白，然后yy了二分写法。然后就过了… …过了… …
• 思路很简单，因为题目要求的是最小中的最大，显然这个答案可以二分。
• 二分就转为判断性问题了。那么实际上就是要让边权 > 二分值的点对形成的图是二分图！
• ok判定一下二分图就行。
• 二分图判定写法没有固定，随便写写就好。
• 说一下流程吧… …
• 依次枚举点从1 ~ n
• 如果一个点没有染色，直接染成黑色。然后与其相连的点染成相反的颜色。若出现了相连的点是同色直接return 0。反之如果枚举完所有的点，也就是所有的点都染完色了后，没有return 0就说明它是一个二分图啦！

#include 
#include 
#include 
#define N 20005
#define M 200005
using namespace std;

struct E {int next, to, dis;} e[M];
int n, m, num;
int h[N], tag[N];

int read()
{
    int x = 0; char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return x;
}

void add(int u, int v, int w)
{
    e[++num].next = h[u];
    e[num].to = v;
    e[num].dis = w;
    h[u] = num;
}

bool dfs(int x, int col, int val)
{
    tag[x] = col;
    for(int i = h[x]; i != 0; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if(e[i].dis > val && tag[v] == tag[x]) return 0;
        else if(e[i].dis > val && !tag[v] && !dfs(v, -col, val)) return 0;
    }
    return 1;
}

bool check(int val)
{
    memset(tag, 0, sizeof(tag));
    int flag = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!tag[i] && !dfs(i, 1, val))
            {flag = 1; break;}
    return !flag;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u = read(), v = read(), w = read();
        add(u, v, w), add(v, u, w);
    }
    int l = 0, r = 0x7fffffff, ans;
    while(l <= r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid)) r = mid - 1, ans = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}