染色法判定二分图 — DFS深搜 +BFS宽搜

染色法判定二分图 — DFS深搜

题目描述

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，图中可能存在重边和自环。

请你判断这个图是否是二分图。

输入格式

第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$。

接下来 $m$ 行，每行包含两个整数 $u$ 和 $v$，表示点 $u$ 和点 $v$ 之间存在一条边。

输出格式

如果给定图是二分图，则输出 Yes，否则输出 No。

数据范围

$1\le n,m\le 10^5$

输入样例：

4 4
1 3
1 4
2 3
2 4

输出样例：

Yes

稀疏图用邻接表存储，因为n和m差不多大所以是稀疏图，如果m远大于n，就算稠密图，n为顶点数，m是边数

题解

解法1：DFS

首先我们需要了解什么是二分图。二分图，顾名思义，就是可以把图中的节点分成两个集合，使得同一集合内的节点没有边相连。因此，如果给定的图是二分图，也就是说，可以用两种颜色对节点进行染色，使得相邻节点的颜色不同。因此，我们可以使用深度优先搜索（DFS）来实现二分图的判断。

具体来说，我们可以从任意一个节点开始，将其染成红色，并遍历与其相邻的节点，将这些节点染成蓝色。接下来，对于每个蓝色的节点，再遍历与其相邻的节点，将这些节点染成红色。重复以上操作，直到所有的节点都被染色。如果染色过程中出现了相邻节点颜色相同的情况，则说明给定的图不是二分图。

具体实现时，我们可以使用一个颜色数组 $color$，用来记录每个节点的颜色。初始时，所有节点的颜色都是未染色的（可以用 $-1$ 表示）。在 DFS 过程中，对于当前遍历到的节点 $u$，如果它没有被染色，则将其染成与其相邻节点的颜色相反的颜色，并继续遍历与其相邻的未染色节点；如果它已经被染色，并且颜色与与其相邻节点的颜色相同，则说明给定的图不是二分图。最终，如果所有的节点都被染色了，并且没有相邻节点颜色相同的情况出现，则说明给定的图是二分图。

时间复杂度：

DFS 的时间复杂度为 $O(n+m)$，其中 $n$ 表示节点数目，$m$ 表示边数目。

#include
#include
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int n,m;
int color[N];

void add(int a,int b){
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx++;
}

bool dfs(int u,int c){
    color[u] = c;//将点u染色为c
    for(int i = h[u];i!=-1;i = ne[i]){//继续染色它的子结点
        int j = e[i];//子结点编号
        if(!color[j]){//如果子结点j未被染色，就将它染为与父结点不同的颜色
            if(!dfs(j,3 - c)){//染色过程出现冲突
                return false;
            }
        }else if(color[j] == c){//子结点颜色相同
            return false;
        }
    }
    return true;

}

int main(){
    cin>>n>>m;
    int u,v;
    memset(h,-1,sizeof h);
    while(m--){
        cin>>u>>v;
        add(u,v),add(v,u);
    }

    for(int i = 1;i<=n;i++)//可能存在非连通图
    if(!color[i])
        if(!dfs(i,1)){
            cout<<"No";
            return 0;
        }
    cout<<"Yes";
    return 0;
}

解法2：BFS

除了 DFS，我们还可以使用广度优先搜索（BFS）来实现二分图的判断。

具体来说，我们可以从任意一个节点开始，将其染成红色，并将其入队列。接下来，每次从队列中取出一个节点 $u$，遍历与其相邻的节点 $v$。如果 $v$ 没有被染色，则将其染成与 $u$ 相反的颜色，并将其入队列；如果 $v$ 已经被染色，并且颜色与 $u$ 相同，则说明给定的图不是二分图。

具体实现时，我们可以使用一个颜色数组 $color$，用来记录每个节点的颜色。初始时，所有节点的颜色都是未染色的（可以用 $-1$ 表示）。在 BFS 过程中，对于当前遍历到的节点 $u$，如果它没有被染色，则将其染成与其相邻节点的颜色相反的颜色，并将其入队列；如果它已经被染色，并且颜色与与其相邻节点的颜色相同，则说明给定的图不是二分图。最终，如果所有的节点都被染色了，并且没有相邻节点颜色相同的情况出现，则说明给定的图是二分图。

时间复杂度：

BFS 的时间复杂度为 $O(n+m)$，其中 $n$ 表示节点数目，$m$ 表示边数目。

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 100010, M = 2 * N;

int h[N], e[M], ne[M], idx;
int color[N]; // 用来记录每个节点的颜色，-1 表示未染色，0 表示染成红色，1 表示染成蓝色

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

bool bfs(int u)
{
    queue<int> q;
    q.push(u);
    color[u] = 0;

    while (q.size())
    {
        int t = q.front();
        q.pop();

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i])
        {
            int j = e[i];
            if (color[j] == -1)
            {
                color[j] = !color[t];
                q.push(j);
            }
            else if (color[j] == color[t])
                return false;
        }
    }

    return true;
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);

    int n, m;
    cin >> n >> m;

    while (m -- )
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }

    bool flag = true;
    memset(color, -1, sizeof color);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (color[i] == -1)
            if (!bfs(i))
            {
                flag = false;
                break;
            }

    if (flag) puts("Yes");
    else puts("No");

    return 0;
}