POJ2942Knights of the round table
作者：互联网
这题第一次做的人一般是颓题解的。
首先我们转化一下问题，既然厌恶的人不能一起出席，是一种不传递关系，我们构建补图，这样补图的边表示两个骑士可以同时出席。
此时，由于只能有奇数个人参加，则我们要找出奇环，奇环内的人是可以同时参加的，而链上的是不可以的（想想为什么），而且根据题意，这样建图后的孤岛点是废的。所以缩vDcc（点双）的时候不用管他。为什么要缩点双呢？因为vDcc有这样一个性质：
只要一个vDcc中存在奇环，那么整个vDcc中的任意一点都至少在一个奇环中。
那么这样我们只要求出所有vDcc然后对每个vDcc跑染色法判定二分图就行了。这是因为一张无向图中有奇环，则它不是二分图，反之则有一张无向图是二分图则它不含奇环，这应该是一个充要条件。
所以总结一下流程：先建补图，然后tarjan求出所有vDcc，然后判断这个点双是否为二分图，若不是二分图，则这个vDcc里所有节点都可以参加。
上述流程的原因在上方有一些解释及定理。先给出实现，然后下方有些证明和染色法的微型解释。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
//#define db(x) cerr<<x<<"bug"<<endl
using namespace std;
struct EDGE{
int ed,nex;
}edge[20000500];int num,first[2000];
int root,n,m,time_,top,vccnum,ans;
int dfn[2000],low[2000],sta[25000],bl[2000],col[2000];
vector<int>vcc[2000];
bool can[2000],a[1005][1005];
int read(){
int sum=0,f=1;char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9'){
if(x=='-') f=-1;
x=getchar();
}while(x>='0'&&x<='9'){
sum=sum*10+x-'0';
x=getchar();
}return sum*f;
}
void init(){
memset(first,0,sizeof(first));
num=time_=top=vccnum=ans=0;
memset(low,0,sizeof(low));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(bl,0,sizeof(bl));
for(int i=1;i<=n;i++) vcc[i].clear();
memset(can,0,sizeof(can));
memset(col,0,sizeof(col));
memset(a,0,sizeof(a));
}
void add(int st,int ed){
edge[++num].ed=ed;
edge[num].nex=first[st];
first[st]=num;
}
bool bfs(int st,const int bln){
queue<int>q;
col[st]=1;
q.push(st);
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=first[x];i;i=edge[i].nex){
int y=edge[i].ed;
if(bl[y]!=bln) continue;
if(col[y]==col[x]) return 1;
else if(col[y]==-1){
col[y]=3-col[x];
q.push(y);
}
}
}return 0;
}
void tarjan(int x){
dfn[x]=low[x]=++time_;
sta[++top]=x;
for(int i=first[x];i;i=edge[i].nex){
int y=edge[i].ed;
if(!dfn[y]){
tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>=dfn[x]){
vcc[++vccnum].push_back(x);
int p;
do{
p=sta[top--];
vcc[vccnum].push_back(p);
}while(p!=y);
}
}else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
}
int main(){
while(1){
n=read();m=read();
if(n==0&&m==0) return 0;
init();
for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
x=read();y=read();
a[x][y]=a[y][x]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
if(a[i][j]) continue;
add(i,j);
}
// db(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
// db(2);
for(int i=1;i<=vccnum;i++){
for(int j=0;j<vcc[i].size();j++)
bl[vcc[i][j]]=i,col[vcc[i][j]]=-1;
if(bfs(vcc[i][0],i))
for(int j=0;j<vcc[i].size();j++)
can[vcc[i][j]]=1;
}
// db(3);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!can[i]) ans++;
printf("%d\n",ans);
// db(4);
}return 0;
}
View Code
证明：只要一个vDcc中存在奇环，那么整个vDcc中的任意一点都至少在一个奇环中。
首先，根据点双的含义，由于不存在割点，当存在一个奇环时，则任意一个点都可以有两条路径到达这个奇环上的两个点，从而将奇环分成两半，一半含奇数个点，另一半则含偶数个点。
而上述任意一点肯定跟着一条链（或者它自己连出两条边）接到这个环上（因为不这样会违背点双特性），当这个链上有偶数个节点时，可以和含奇数个点的半环构成奇环，若这个链上含有偶数个点，则可以和含奇数个点的半环构成奇环。
所以，该点一定位于奇环上。
那么，对所有点用同样的方式证明，可以得出上述结论。
证毕。
原谅这张丑陋的图。
证明：一张无向图中有奇环，则它不是二分图，反之则有一张无向图是二分图则它不含奇环。
首先，当一张图是二分（部）图时，它的两部内部一定不连边，只有两部之间的边，若成奇环的话，我们假定这个环上的节点为顺次的x1,x2,x3,……x2k-1，不妨设x1位于左部，则x2位于右部，x3位于左部……x2k-1位于左部，然后与x1连边，不符合二分图的定义，所以一张二分图不含奇环。
同理，若图里含奇环，则无法构造出二分图，因为最终总会有一个点不能归属于任意一部。
证毕。
剩下的染色法又称黑白染色法。根据上述的二分图与奇环关系定理，我们尝试用黑白两种颜色标记图中的节点，当一个节点被染色后，与它相邻的节点则标记为相反颜色，若标记过程存在冲突，则说明奇环存在，这个可以自己画图去感受一下。
标签：二分,POJ2942Knights,int,vDcc,low,奇环,table,include,round 来源： https://www.cnblogs.com/Yu-shi/p/11203288.html