傳送門

文章目錄

• 題意：
• 思路：

題意：

給你兩個完全相同的圖，現在兩個圖的每個點上有一個值$val$并且有一個顏色$col$，顏色只能為紅色或黑色，注意兩個圖只是長得一樣，點的權值和顏色并不一定相同。現在你可以進行若干次操作，每次操作可以選擇一條邊兩邊的兩個點，交換其$val$，如果這兩個點的顏色相同，那么顏色取反，即紅色變黑色，黑色變紅色，否則顏色不變。
問你能否經過若干次操作使得兩張圖每個點對應的值和顏色相同。
$n\le 1e6$

思路：

比較顯然的是我們只用操作一個圖即可，并且每個每個聯通塊是獨立的。
我們考慮單個連通塊怎么判斷，首先肯定是其$val$的可重集合是相等的才可以，其次我們就需要轉換一下他的操作，可以發現我們的操作等價于：將$u,v$的$val,col$交換，之后再將$u,v$的$col$都取反。不看$val$的話這就是一個經典的二分圖模型，可以發現一個數字被交換了奇數次，那么他的顏色就會取反，否則不變，所以我們考慮將其分為二分圖和非二分圖來考慮。
$(1)$如果這個圖是一個二分圖，那么我們用染色法將其分成兩部分，設染的色為$now$，考慮要將$u,v$兩個位置對換，如果$u,v$在二分圖的同一邊的話，他們只能顏色相同才可以，因為他們之間的路徑長度為偶數，不會改變顏色。如果他們不在一邊，那么他們顏色必須不同，原因同上。更具體點來說，我們將其按照$now\oplus col$分成兩個可重集合，判斷兩個圖的對應集合是否相同即可。
$(2)$如果這個圖不是一個二分圖，那么他一定存在一個奇環，我們可以在有奇環的情況下每次翻轉兩個位置的顏色，由于一次翻轉兩個顏色，所以不改變奇偶性，只需要判斷一下初始的時候他們的某個顏色是否不同。

實現起來還是有點技巧的。

// Problem: G - Power Station of Art // Contest: Virtual Judge - 2021多校第六場補題 // URL: https://vjudge.net/contest/451552#problem/G // Memory Limit: 524 MB // Time Limit: 5000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<random> #include<cassert> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } // void rd_ac() { freopen("d://dp//1007.in","r",stdin); freopen("d://dp//ac.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m; int st[N]; int val[3][N],p[3][N],iv[2]; vector<int>v[N]; char s[N]; bool flag; vector<int>id[3],col[3][3];void dfs(int u,int c) {if(st[u]!=-1) {if(st[u]!=c) flag=false;return;}st[u]=c;for(int i=1;i<=2;i++) {id[i].pb(val[i][u]);col[i][c^p[i][u]].pb(val[i][u]);iv[i]+=p[i][u];}for(auto x:v[u]) dfs(x,c^1); }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);// rd_ac();int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear(),st[i]=-1;for(int i=1;i<=m;i++) {int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);v[a].pb(b); v[b].pb(a);}for(int i=1;i<=2;i++) {for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&val[i][j]);scanf("%s",s+1);for(int j=1;j<=n;j++) p[i][j]=s[j]=='R'? 1:0;}int ans=1;for(int i=1;i<=n;i++) {if(st[i]==-1) {flag=true; for(int j=1;j<=2;j++) {id[j].clear();col[j][0].clear();col[j][1].clear();}iv[1]=iv[2]=0;dfs(i,0);for(int j=1;j<=2;j++) {sort(id[j].begin(),id[j].end());sort(col[j][0].begin(),col[j][0].end());sort(col[j][1].begin(),col[j][1].end());}if(id[1]!=id[2]) ans=0;if(flag&&(col[1][0]!=col[2][0]||col[1][1]!=col[2][1])) ans=0;if(!flag&&abs(iv[1]-iv[2])%2!=0) ans=0;}}if(ans) puts("YES");else puts("NO");for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear();}return 0; } /**/

總結

以上是生活随笔為你收集整理的HDU - 7031 Power Station of Art 思维 + 二分图模型的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。