题目描述
曹是一只爱刷街的老曹，暑假期间，他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹，感到不爽。河蟹决定封锁阳光大学，不让曹刷街。
阳光大学的校园是一张由N个点构成的无向图，N个点之间由M条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行封锁，当某个点被封锁后，与这个点相连的道路就被封锁了，曹就无法在与这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是，河蟹是一种不和谐的生物，当两只河蟹封锁了相邻的两个点时，他们会发生冲突。
询问：最少需要多少只河蟹，可以封锁所有道路并且不发生冲突。
输入输出格式
输入格式：
第一行：两个整数N，M
接下来M行：每行两个整数A，B，表示点A到点B之间有道路相连。
输出格式：
仅一行：如果河蟹无法封锁所有道路，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示最少需要多少只河蟹。
输入输出样例
输入样例1：
3 3
1 2
1 3
2 3
输出样例1：
Impossible
输入样例2：
3 2
1 2
2 3
输出样例2：
1
说明
【数据规模】
1<=N<=10000，1<=M<=100000，任意两点之间最多有一条道路。
题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1330
个人思路：
- 首先，将存在河蟹的点视为被染色的点，就可以考虑到二分图染色.
- 由于数据不保证此图为联通图，需要遍历所有点进行BFS，当然也需要vis数组存储某个点是否被访问过的数据.
- 在每一个联通子图的BFS过程中，取较小的一个进行返回即可（因为只要二分图中一半的点被染色，该题题意即符合）.
- 最终，对所有联通子图的BFS结果进行求和即可.
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=10005,M=200005;
int n,m,cnt=0,head[N],cl[N],vis[N],ansA=0;
struct Edge{
int v,w,nxt;
}e[M];
void addEdge(int u,int v,int w){
e[++cnt].v=v;
e[cnt].w=w;
e[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
int ans[2]{0,0};
int bfs(int x){
queue<int> q;
q.push(x);
while(!q.empty()){
int nowValue=q.front();q.pop();
for(int i=head[nowValue];i;i=e[i].nxt){
int nowV=e[i].v;
if(cl[nowV]==-1){
cl[nowV]=cl[nowValue]^1;
ans[cl[nowV]]++;
q.push(nowV);
}
if(cl[nowV]==cl[nowValue]){
return -1;
}
}
}
return min(ans[0],ans[1]);
}
int main(){
memset(cl,-1,sizeof(cl));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int ta,tb;
scanf("%d%d",&ta,&tb);
addEdge(ta,tb,1);
addEdge(tb,ta,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(cl[i]==-1){
cl[i]=1;
ans[1]++;
//cout<<"bfs:"<<i<<endl;
int tempAns=bfs(i);
if(tempAns==-1){
printf("Impossible
");
return 0;
}
ansA+=tempAns;
memset(ans,0,sizeof(ans));
}
}
printf("%d
",ansA);
return 0;
}