洛谷 P1330 封锁阳光大学

分析题目，我们可以发现：由于要把每条边都封锁了，而一条边必有两个端点，说明这两个端点必定要有一个放上河蟹。据此，我们枚举一个点i，将他先放上河蟹，然后对于他的所有由边连出去的点，都不用放河蟹，而这些点再又通过连出去的边所连到的点，就必须放河蟹了，由此进行DFS，直到每个点都确定放或不放上河蟹为止。

另外，判断无解的情况则是，一个点，他之前已经被其他点搜索到了，并确定了放或不放上河蟹了，此时，他又被搜索到，而此时他已有的状态与现在要给他的状态不同，说明矛盾，输出Impossible，结束程序。

关于number，因为有可能，在一个无向图中，有多个小图，这些小图互相“独立”。那么在搜索时，我们就可以借助number来算这个小图的点的个数

关于min(temp,number-temp)，temp等于假设点i放上河蟹后整个图放河蟹的个数，而number-temp则表示将所有没放上河蟹的点放上河蟹，原本有河蟹的都去掉，同样也可以封锁所有道路，比较这两个的大小，从而取得最优解。

关于vis数组，用来表示这个点有没有被访问过，如果被访问过，说明他所在的“小图”已经处理好了，没必要再处理了。

dfs函数中的if(c[now]==r)，这个点被搜索到多次，而现在的状态与现在要给他的状态一样，那么他接下来要对他连出去的边所到达的点要做的操作就一样了，所以没必要再重复进行这次搜索，直接return;

最后，附上代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,vis[10010],c[10010],ans=0,number=0;
vector<int> g[10010];
void dfs(int now,int r){
    if(c[now]!=-1 && c[now]!=r){
        printf("Impossible\n");
        exit(0);
    }
    if(c[now]==r){
        return;
    }
    c[now]=r;
    vis[now]=1;
    number++;
    for(int i=0;i<g[now].size();i++){
        dfs(g[now][i],r^1);
    }
}
int main(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(vis[i]==0){
            memset(c,-1,sizeof(c));
            number=0;
            dfs(i,0);
            int temp=0;
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(c[j]==1)temp+=c[j];
            }
            ans+=min(temp,number-temp);
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
} 

标签：封锁,河蟹,洛谷,temp,int,number,小图,now,P1330
来源： https://www.cnblogs.com/Laehcim/p/10803288.html