【BZOJ 1116】 [POI2008]CLO

1116: [POI2008]CLO

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Description

Byteotia城市有n个 towns m条双向roads. 每条 road 连接 两个不同的 towns ,没有重复的road. 你要把其中一些road变成单向边使得：每个town都有且只有一个入度

Input

第一行输入n m.1 <= n<= 100000,1 <= m <= 200000 下面M行用于描述M条边.

Output

TAK或者NIE 常做POI的同学,应该知道这两个单词的了...

Sample Input

4 5
1 2
2 3
1 3
3 4
1 4

Sample Output

TAK

上图给出了一种连接方式.

并查集~

在x个点组成的联通块中，有x-1条边可以使任意x-1个点满足题意；有>=x条边可以使全部的x个点满足题意。

（一开始直接写了个dfs,一直RE，是因为爆栈吗？？？）

原来正解是并查集。

如果新加入的边中两个点不在同一个并查集中，那么把他们合并；

如果已经在一个并查集中了，现在又多加入一条边，那么树上必定有环，一定>=x条边了，可以使这个联通块所有点满足题意。

最后只要从1-n扫一次即可。

（注释掉的是RE的dfs）

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#define M 100000+5
using namespace std;
int v[M],po,ok[M],f[M],ed,m,h[M],ans,n,tot;
struct edge
{
	int y,ne;
}e[M*4];
int Getfather(int x)
{
	return f[x]==x?x:f[x]=Getfather(f[x]);
}
void read(int &tmp)
{
	tmp=0;
	char ch=getchar();
	int fu=1;
	for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())
		if (ch=='-') fu=-1;
	for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
		tmp=tmp*10+ch-'0';
	tmp*=fu;
}
void Addedge(int x,int y)
{
	e[++tot].y=y;
	e[tot].ne=h[x];
	h[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
	v[x]=1;
	po++;
	for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
	{
		ed++;
		int y=e[i].y;
		if (v[y]) continue;
		dfs(y);
	}
}
int main()
{
        read(n),read(m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		f[i]=i;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;
		read(x),read(y);
		//Addedge(x,y),Addedge(y,x);
		int fx=Getfather(x),fy=Getfather(y);
		if (fx==fy) ok[fx]=1;
		else f[fx]=fy,ok[fy]|=ok[fx];
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!ok[Getfather(i)])
		{
			puts("NIE");
			return 0;
		}
	puts("TAK");
/*	int ans=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		po=0,ed=0;
		if (v[i]) continue;
		dfs(i);
		ed/=2;
		if (ed>=po) ans+=po;
		else break;
	}
	if (ans==n) printf("TAK\n");
	else printf("NIE\n");*/
	return 0;
}

感悟：

这道题让我对一棵树的概念有了进一步理解：所有点在同一个并查集中