codeforces 662B Graph Coloring（搜索（2sat思想））
http://codeforces.com/problemset/problem/662/B
题意：给你一个n点m边的无向图，每个边的颜色0或者1，然后让你对点进行操作，一次操作把这个点边上连着的边都变色，0变1，1变0，问你最少多少次能够把图变成一种颜色。不能就-1
题解：对于图的最后的颜色，我们可以假设最后颜色是0或者最后颜色是1，然后对于每条边的颜色，一个端点选择这个状态，另外个端点就必须是某个状态，这个感觉很像2sat，然而2sat输出这个最少操作的解的方法实在是不会写，而且两次2sat建图就能烦死人啊。
其实呢，你想把图变成一个颜色，然后对于一个连通分量里，你只要对第一个点确定状态，其他点的状态 就都确定了，所以直接对每个连通分量进行搜索，对第一个点进行操作或者不操作，然后把这个连通分量里其他点的状态都求出来，然后操作了的点就存起来，放到最后答案里，如果出现矛盾就这个染色方案不行咯
有点不好写，先需要假设图的颜色0或者1，然后对于连通分量的第一个点进行操作是0或者1，然后搜索，有解就存最少的，无解-1
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
#define MAX 100005
#define MAXN 1000005
#define maxnode 10
#define sigma_size 2
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lrt rt<<1
#define rrt rt<<1|1
#define middle int m=(r+l)>>1
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define mem(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define lowbit(x) (x&-x)
#define pii pair<int,int>
#define bits(a) __builtin_popcount(a)
#define mk make_pair
#define limit 10000
//const int prime = 999983;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL INFF = 0x3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
const double inf = 1e18;
const double eps = 1e-9;
const LL mod = 1e9+7;
const ull mxx = 1333331;
/*****************************************************/
inline void RI(int &x) {
char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9');
x=c-'0';
while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
}
/*****************************************************/
struct Edge{
int v,next,c;
}edge[MAX*2];
int head[MAX];
int tot;
int flag[2];
vector<int> ans[2],temp[2];
int f[2];
int vis[MAX];
int col[MAX];
int n,m;
void init(){
mem(head,-1);
ans[0].clear();
ans[1].clear();
flag[0]=flag[1]=0;
tot=0;
}
void add_edge(int a,int b,int c){
edge[tot]=(Edge){b,head[a],c};
head[a]=tot++;
}
void dfs(int x,int u,int op){
vis[u]=1;
col[u]=op;
queue<int> q;
q.push(u);
vector<int> vv;
while(!q.empty()){
u=q.front();q.pop();
vv.push_back(u);
if(col[u]) temp[op].push_back(u);
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
int v=edge[i].v;
if(vis[v]&&(edge[i].c^col[u]^col[v]!=x)){
f[op]=1;
break;
}
else if(!vis[v]){
col[v]=edge[i].c^col[u]^x;
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
if(f[op]) break;
}
if(op==0){
for(int i=0;i<vv.size();i++){
vis[vv[i]]=0;
}
}
}
void solve(int x){
mem(vis,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
temp[0].clear();temp[1].clear();//这个分量里面第一个点两种状态的需要操作的点的集合
f[0]=f[1]=0;//两种状态的标记
dfs(x,i,0);
dfs(x,i,1);
if(f[0]&&f[1]){
flag[x]=1;//这种染色方案不可行
return;
}
int k;
if(f[0]) k=1;
else if(f[1]) k=0;
else if(temp[0].size()<temp[1].size()) k=0;
else k=1;
for(int j=0;j<temp[k].size();j++){
ans[x].push_back(temp[k][j]);//整合这种染色方案的答案
}
}
}
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(cin>>n>>m){
init();
for(int i=0;i<m;i++){
int a,b;
char c[10];
scanf("%d%d%s",&a,&b,c);
add_edge(a,b,(c[0]=='R'?0:1));
add_edge(b,a,(c[0]=='R'?0:1));
}
solve(0);
solve(1);
if(flag[0]&&flag[1]) cout<<-1<<endl;
else{
int k;
if(flag[0]) k=1;
else if(flag[1]) k=0;
else if(ans[0].size()<ans[1].size()) k=0;
else k=1;
cout<<ans[k].size()<<endl;
for(int i=0;i<ans[k].size();i++){
printf("%d",ans[k][i]);
if(i==ans[k].size()-1) printf("\n");
else printf(" ");
}
}
}
return 0;
}