题目
对一个二分图的边染色,满足有相同端点的边的颜色一定不同;
设最优染色为(C) ,你的染色为(X),只需要满足$ X le 2^ {lceil log C ceil }$
(n_1,n_2 le 10^6 , m le 5 imes 10^5)
题解
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这题由于没有很好地分析条件,只写了一个(n m sqrt m) 的二分图匹配暴力
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首先答案应该是(max deg_i)
证明:
显然(C ge deg_m)
设二分图的两部为(X)和(Y),(deg_m = max deg_i)
考虑选出(X)部的(deg_i = deg_m)的点,在(Y)部去找到一个完备匹配:
利用霍尔定理,如果不满足,一定存在(X)选了(x)个(deg_i = deg_m) 的点,但是在(Y)和它们连通的点只有(y)个((y lt x)),根据鸽巢原理,这(y)个点之中一定存在有(deg_j ge lceil frac{x imes deg_m}{y} ceil gt deg_m) ,矛盾所以只考虑(deg_m)的点,(X)一定有一个完配(M_x),(Y)一定有一个完配(M_y)
考虑$M_x cup M_y $ 形成的若干个连通块,由于所有点的度数<=2,那么一个连通块只能是:
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$M_x cap M_y $ 的一条边
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环 (每个点都满足(deg_i =deg_m))
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一条简单路径(只有末尾的某个端点不满足(deg eq deg_m))
后两者显然都可以调整到满足所有的(deg_i=deg_m)的点都被选入匹配
所以一次匹配(deg_m)至少-1,重复这样的匹配,即(C le deg_m) ,证毕
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题意启示我们去二分,可以补出两个虚点使得左右的度数都为偶数
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做欧拉回路对边染不同的色就可以每次使得(deg_m)折半
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2000010; int n1,n2,n,m,hd[N],o,now,d[N],vis[N],col[N],C; struct edge{int u,v,w;}e[N]; char gc(){ static char*p1,*p2,s[1000000]; if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); return(p1==p2)?EOF:*p1++; } int rd(){ int x=0;char c=gc(); while(c<'0'||c>'9')c=gc(); while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc(); return x; } struct Edge{int v,nt,w;}E[N<<1]; void adde(int u,int v,int w){ vis[w]=0; E[o]=(Edge){v,hd[u],w};hd[u]=o++; E[o]=(Edge){u,hd[v],w};hd[v]=o++; d[u]++;d[v]++; } void dfs(int u){ for(int&i=hd[u];i;i=E[i].nt){ if(vis[E[i].w])continue; int tmp=E[i].w; vis[tmp]=1; dfs(E[i].v); now^=1;vis[tmp]=now; } } void solve(int l,int r){ o=1;for(int i=l;i<=r;++i)adde(e[i].u,e[i].v,i); int fg=0,cnt=m; d[n+1]=d[n+2]=0; for(int i=l;i<=r;++i){ int u=e[i].u,v=e[i].v; if(d[u]>1||d[v]>1)fg=1; if(d[u]&1)adde(u,n+1,++cnt); if(d[v]&1)adde(v,n+2,++cnt); d[u]=d[v]=0; } if(d[n+1]&1)adde(n+1,n+2,++cnt); d[n+1]=d[n+2]=0; if(!fg){ ++C;hd[n+1]=hd[n+2]=0; for(int i=l;i<=r;++i){ col[e[i].w]=C; hd[e[i].u]=hd[e[i].v]=0; } return ; } now=2; for(int i=l;i<=r;++i)if(!vis[i]){ dfs(e[i].u); } static edge tmp[N];int p1=l,p2=0,mid; for(int i=l;i<=r;++i)if(vis[i]&1)e[p1++]=e[i];else tmp[++p2]=e[i]; mid=p1;for(int i=1;i<=p2;++i)e[p1++]=tmp[i]; solve(l,mid-1); solve(mid,r); } int main(){ freopen("color.in","r",stdin); freopen("color.out","w",stdout); n1=rd();n2=rd();m=rd(); for(int i=1;i<=m;++i){ int u=rd(),v=rd(); e[i]=(edge){u,v+n1,i}; } n=n1+n2; solve(1,m); printf("%d ",C); for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d ",col[i]); return 0; }