LG-P1330 封锁阳光大学

P1330 封锁阳光大学
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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。

输入样例#1：
3 3
1 2
1 3
2 3
输出样例#1：
Impossible
输入样例#2：
3 2
1 2
2 3
输出样例#2：
1
说明
【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
这是一道比较考验思维的题目，代码实现什么的非常简单。
网上看见说二分图染色什么的，本蒟蒻不懂，但这的确是二分图
具体实现的算法有很多，大体思想是要判断出这个坑人的结论。

根据题目大意，我们需要做的就是一个隔着一个放，不相邻，也不相离 1 个格子以上。
我们考虑什么时候会无解。
顺着一条路，各一个点放一只河蟹。突然，一个该放河蟹的点的一条出边上也有一只河蟹，此时的可能就是出现了环，而且环上的元素为奇数个（除了自环）。
那么我们是不是要写个 tarjan 判环呢？
非也，因为这种情况之外，我们一个隔着一个放，总是能放出满足条件的方案 。
于是我们只需尝试能否满足一个隔一个的摆放，且不冲突，就好了。

那么如何保证答案最小呢？
显然，一个位置只存在 有河蟹 或者 无河蟹 的两种状态，由于当前位置的状态会影响到相邻状态，不断影响，也就是说一旦一个点确定，所有点都可以确定。
又因为两种状态正好互为相反情况，所以某联通块所需的河蟹个数等于：
$min\{其总节点数-某状态下所需河蟹个数，（同左）某状态下所需河蟹个数\}$

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=1e4+5,maxm=(int)((1e5)+5)<<1;
int n,m,tot,lnk[maxn],son[maxm],nxt_[maxm],vis[maxn],ans,sum,total_;
bool flg_=false;
int rad()
{
	int ret=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ret*f;
}
void add(int x,int y)
{
	son[++tot]=y;nxt_[tot]=lnk[x];lnk[x]=tot;
	son[++tot]=x;nxt_[tot]=lnk[y];lnk[y]=tot;
}
void dfs(int x,int p)
{
	if (flg_) return;
	if (vis[x]==-1) vis[x]=p,ans+=p;
	else if (vis[x]!=p) {flg_=true;return;}
	else return;
	++sum;
	int xiayigeyanse=p^1;
	for (int i=lnk[x];i;i=nxt_[i])
	{
		dfs(son[i],xiayigeyanse);
		if (flg_) return;
	}
}
int main()
{
	n=rad();m=rad();
	for (int i=1;i<=m;++i) add(rad(),rad());
	memset(vis,255,sizeof vis);
	for (int i=1;(i<=n)&&(!flg_);++i) if (vis[i]==-1)
	{
		ans=sum=0;
		dfs(i,1);
		if (flg_) {puts("Impossible");return 0;}
		total_+=min(ans,sum-ans);
	}
	printf("%d\n",total_);
	return 0;
}