并查集进阶

并查集进阶

CodeForces - 1131D Gourmet choice

题目描述：已知两个序列的大小n和m，告诉一个由’>’、’<‘和’='三种字符组成的n*m的字符串序列s，s[i][j]表示n中第i个元素与m中第j个元素的大小关系。求出这两个序列中最大值最小的序列。
思路1：当“=”不存在时，这是一个简单的拓扑排序问题。而当“=”出现，拓扑排序不再适用,此时可以使用并查集将所有相等的位置连接，然后再跑拓扑排序。

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using namespace std;
typedef long long ll;
#define eps 1e-5
template<class T> void read(T&num) {
    char CH; bool F=false;
    for(CH=getchar();CH<'0'||CH>'9';F= CH=='-',CH=getchar());
    for(num=0;CH>='0'&&CH<='9';num=num*10+CH-'0',CH=getchar());
    F&&(num=-num);
}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
const int maxn=1e6+100;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;

int ver[maxn<<2],head[maxn],Next[maxn<<2],d[maxn],tot=0,dis[maxn],num=0;
void add(int x,int y){
	ver[++tot]=y;
	Next[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	d[y]++;
}
int fa[maxn],n,m;
int find(int x){
	return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void mage(int x,int y){
	int fx=find(x),fy=find(y);
	if(fx!=fy) fa[fx]=fy;
}
bool topsort(){
	queue<int> q;
	for(int i=1;i<=n+m;i++){
		if(!d[find(i)]&&find(i)==i){
			q.push(find(i));
			dis[find(i)]=1;
		}
	}
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
			int y=ver[i];
			if(--d[y]==0){
				q.push(y);
				dis[y]=dis[x]+1;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n+m;i++) if(!dis[find(i)]) return 0;
	return 1;
}
char s[1200][1200];
int main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n+m;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s[i]+1);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[i][j]=='=') mage(i,j+n);
		}
	}
	tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int fx=find(i),fy=find(j+n);
			if(s[i][j]=='<') add(fx,fy);
			else if(s[i][j]=='>') add(fy,fx);
		}
	}
	if(topsort()){
		printf("Yes\n");
		for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",dis[find(i)],"\n "[i!=n]);
		for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d%c",dis[find(j+n)],"\n "[j!=m]);
	}
	else printf("No\n");
}

思路2：这道题可以转换为差分约束的模型处理。当s[i][j]为“=”时，连i到j权值为0的边，j到i权值为0的边。当s[i][j]为“>”时，连j到i的权值为1的边，为“<"时，连i到j权值为1的边，跑单元最长路，但是复杂度较大。
代码略

CodeForces - 209C Trails and Glades

题目描述:给出一个n个点m条边的无向图，问最少添加几条边，可以使该图变为一个欧拉图，并且存在从1到1的欧拉回路。
思路：欧拉图的特性，在一个连通图中都为偶度顶点，所以当出现奇度顶点时把他们相连，成为一个偶度图。不同的连通块中，当其中不存在奇度点时，把其中任意点与1相连。

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#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define eps 1e-5
template<class T> void read(T&num) {
    char CH; bool F=false;
    for(CH=getchar();CH<'0'||CH>'9';F= CH=='-',CH=getchar());
    for(num=0;CH>='0'&&CH<='9';num=num*10+CH-'0',CH=getchar());
    F&&(num=-num);
}
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
const int maxn=1e6+100;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;

int ver[maxn<<2],head[maxn],Next[maxn<<2],d[maxn],tot=0,vis[maxn],ans[maxn];
void add(int x,int y){
	ver[++tot]=y;
	Next[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	d[y]++;
}
int fa[maxn],n,m;
int find(int x){
	return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void mage(int x,int y){
	int fx=find(x),fy=find(y);
	if(fx!=fy) fa[fx]=fy;
}
int main(){
	int n,m;
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	vis[1]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		read(u);read(v);
		add(u,v);
		add(v,u);
		mage(u,v);
		vis[u]=vis[v]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]&1) ans[find(i)]++;
	int tot=0,k=0,kk=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(vis[i]&&find(i)==i){
			k++;
			if(ans[i]) tot+=ans[i];
			else kk++;
		}
	}
	printf("%d\n",k==1?tot/2:tot/2+kk);
}