CERC2012的(非超级大水题)最后一题了……
这题没点智商似乎真的不会做呢……
就是求一个特殊图的哈密顿回路,只是这个图由两棵树构成,两棵树之间的叶子节点数相等且一一有连边。
一开始我想,是否某个点的度数大于某个值之后就一定无解呢
然后我构造了一个模型把这个想法否掉了。
但是换一个姿势,如果是和叶子节点链接的个数呢?
注意到每个叶子节点的度数为2,这意味着经过叶子节点的时候其父亲节点一定会被顺带经过一下。
这意味着什么?
意味着,它的父亲最多只能有两个“有效儿子”和它相邻,否则第三个节点的出现必定会导致其再走多一次。
知道了这个之后又该怎么办呢?
知道了这个之后,就可以把那些链接着两个以上节点的边给删掉。也就是说,dfs一次,然后先处理了底层,判断边删不删,然后再处理当前层。
于是不该要的边都不要了。
剩下的边又是不是一定要呢?
似乎根据哈密顿回路的必要条件,直接跑个dfs暴力判一判就可以了。
时间复杂度 O(T(n+m+k))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i = a , _ = b ; i <= _ ; i ++)
#define per(i,a,b) for(int i = a , _ = b ; i >= _ ; i --)
#define fore(i,u) for(int i = head[u] ; i ; i = nxt[i] )
#define cr(x) memset(x , 0 , sizeof x)
#define pb push_back
#define maxn 5007
#define maxm 10007
inline int rd()
{
char c = getchar();
while (!isdigit(c)) c = getchar() ; int x = c - '0';
while (isdigit(c = getchar())) x = x * 10 + c - '0';
return x;
}
typedef int arr[maxn];
typedef int adj[maxm];
int K , n , m , ett;
arr vis , head;
adj nxt , to , del;
char s1[10] , s2[10];
vector<int> ans;
inline int str2int(char*s)
{
int t = 0;
for (;*s;s ++)
{
t = t * 10 + (*s) - '0';
}
return t;
}
inline int ids(char*s)
{
int l = strlen(s + 1);
int t = str2int(s + 3);
if (s[1] == 'A' && s[2] == 'S')
{
return t;
}
else if (s[1] == 'A' && s[2] == 'P')
{
return t + K;
}
else if (s[1] == 'B' && s[2] == 'S')
{
return t + n + K;
}
else if (s[1] == 'B' && s[2] == 'P')
{
return t + n + K + K;
}
}
inline void idx(int x)
{
if (1 <= x && x <= K)
{
printf("AS%d" , x);
}
else if (K < x && x <= n + K)
{
printf("AP%d" , x - K);
}
else if (n + K < x && x <= n + K + K)
{
printf("BS%d" , x - n - K);
}
else if (n + K + K < x && x <= n + m + K + K)
{
printf("BP%d" , x - n - K - K);
}
}
inline void ins(int u , int v)
{
to[++ ett] = v , nxt[ett] = head[u] , head[u] = ett;
to[++ ett] = u , nxt[ett] = head[v] , head[v] = ett;
}
bool dfs(int u , int pre_E)
{
int cnt = 0 ,
is_leaf = 1;
fore (i , u) if (i != (pre_E ^ 1))
{
int v = to[i];
is_leaf = 0;
if (!dfs(v , i))
{
return 0;
}
cnt += del[i] ^ 1;
}
if (cnt == 2 && pre_E)
{
del[pre_E] = del[pre_E ^ 1] = 1;
}
return is_leaf || cnt == 1 || cnt == 2;
}
bool dfs_circle(int u)
{
int cnt = 0;
vis [u] = 1;
ans.pb (u) ;
fore (i , u) if (!del[i])
{
int v = to[i];
++ cnt;
if (!vis[v] && !dfs_circle(v))
{
return 0;
}
}
return cnt == 2;
}
void read_and_add()
{
scanf("%s%s" , s1 + 1 , s2 + 1);
ins(ids(s1) , ids(s2));
}
void print()
{
for (vector<int>::iterator it = ans.begin() ; it != ans.end() ; it ++)
{
printf(" ");
idx(*it);
}
puts("");
}
void solve()
{
bool flag = 1;
K = rd() , n = rd() , m = rd();
rep (i , 1 , n + K - 1) read_and_add();
flag = flag && dfs(1 , 0);
rep (i , 1 , m + K - 1) read_and_add();
if (flag)
{
flag = flag && dfs(n + K + 1 , 0);
}
rep (i , 1 , K) read_and_add();
if (flag)
{
flag = flag && dfs_circle(1);
}
if (flag && ans.size() == m + n + K + K)
{
printf("YES");
print();
}
else
{
puts("NO");
}
}
void init()
{
ett = 1;
ans.clear();
cr(head) , cr(del) , cr(nxt) , cr(vis);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("data.txt" , "r" , stdin);
#endif
rep (T , 1 , rd())
{
init ();
solve();
}
return 0;
}