LOJ3176「IOI2019」景点划分【分析性质，构造】

给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的简单无向连通图和三个正整数 \(a,b,c\)，求将点集划分为大小分别为 \(a,b,c\) 的集合 \(A,B,C\) 的方案，使得至少两个的导出子图连通。

\(n\le 10^5\)，\(m\le 2\cdot 10^5\)，\(a+b+c=n\)。

图连通性、构造 \(\rightarrow\) dfs 树。

不妨设 \(a\le b\le c\)，则有 \(a\le\frac n3\)，\(b\le\frac n2\)，\(c\ge\frac n3\)，问题转化为选取两个大小至少为 \(a,b\) 的连通导出子图（更大了可以剥叶子）

先看树的部分分怎么做：随便定个点 \(1\) 做根，其中一个连通子图可以是子树，那么只需要存在一个子树的大小 \(\in[a,n-a]\) 就可以了（若子树大小 \(\ge b\) 则子树对应大小 \(\ge b\) 的，否则对应大小 \(\ge a\) 的），构造方案就从割开的边向两边 dfs。

然后看原题：如果 dfs 树有解那么就做完了，否则找到一个最深的大小 \(>n-a\) 的子树（可以发现这样的子树只有一个），设根为 \(x\)，删掉 \(x\) 之后 \(x\) 的儿子有一些子树，其中有些可以到 \(x\) 的子树之外，有些不行，那么必定要能到 \(x\) 的子树之外的子树大小之和+\(x\) 的子树之外的大小至少是 \(a\)，因为另一个连通子图只能占这些，否则跟树的情况类似，一定有解，构造方案仍然是直接 dfs：\(x\) 先把自家势力范围占据完，不够再占共用范围，剩下的给另一个连通子图。

时间复杂度 \(O(n+m)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define PB emplace_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 100003, M = N<<2;
template<typename T>
void read(T &x){
	int ch = getchar(); x = 0;
	for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar());
	for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}
template<typename T>
bool chmin(T &a, const T &b){if(a > b) return a = b, 1; return 0;}
int n, m, cnt, head[N], to[M], nxt[M];
pii a[3];
void add(int u, int v){to[++cnt] = v; nxt[cnt] = head[u]; head[u] = cnt;}
int dfn[N], low[N], tim, siz[N], sum[N], rem, ans[N];
void doit(int x, int col, bool flg){
	if(!rem || ans[x]) return;
	-- rem; ans[x] = col;
	for(int i = head[x];i;i = nxt[i])
		if(flg || dfn[to[i]] > dfn[x])
			doit(to[i], col, flg);
}
void dfs(int x, int f){
	siz[x] = sum[x] = 1;
	dfn[x] = low[x] = ++tim;
	for(int i = head[x];i;i = nxt[i]) if(to[i] != f){
		if(!dfn[to[i]]){
			dfs(to[i], x);
			siz[x] += siz[to[i]];
			if(low[to[i]] >= dfn[x])
				sum[x] += siz[to[i]];
			chmin(low[x], low[to[i]]);
		} else chmin(low[x], dfn[to[i]]);
	}
	if(siz[x] >= a[0].fi){
		if(sum[x] > n-a[0].fi){
			for(int i = 1;i <= n;++ i)
				printf("0 ");
			exit(0);
		}
		if(sum[x] > n-a[1].fi) swap(a[0], a[1]);
		rem = a[0].fi-1; ans[x] = a[0].se;
		for(int i = head[x];i;i = nxt[i])
			if(low[to[i]] >= dfn[x])
				doit(to[i], a[0].se, false);
		for(int i = head[x];i;i = nxt[i])
			if(dfn[to[i]] > dfn[x] && low[to[i]] < dfn[x])
				doit(to[i], a[0].se, false);
		rem = a[1].fi; doit(1, a[1].se, true);
		for(int i = 1;i <= n;++ i) printf("%d ", ans[i] ?: a[2].se);
		exit(0);
	}
}
int main(){
	read(n); read(m);
	for(int i = 0;i < 3;++ i){
		read(a[i].fi); a[i].se = i+1;
	}
	sort(a, a+3);
	for(int i = 0, u, v;i < m;++ i){
		read(u); read(v);
		add(++u, ++v); add(v, u);
	}
	dfs(1, 0);
}

标签：IOI2019,子树,int,head,le,dfn,low,景点,LOJ3176
来源： https://www.cnblogs.com/AThousandMoons/p/14882280.html