[BZOJ1006][HNOI2008]神奇的国度(弦图最小染色)

本文介绍了一种解决特定条件下图的最小染色问题的方法。通过MCS算法找到弦图的完美消除序列,并据此实现从后向前的最小颜色分配。文章提供了完整的C++代码实现。

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题目描述

传送门

题解

参考资料:
http://wenku.baidu.com/view/07f4be196c175f0e7cd13784.html

由于只满足三角关系,可知根据关系建图之后图为弦图。
那么问题转化成了弦图的最小染色。

算法过程:
用MCS算法求出弦图的完美消除序列。
完美消除序列从后往前一次染色,给每个点染上可以染的最小颜色。
最大势算法 Maximum Cardinality Search
从n到1的顺序依次给点标号(标号为i的点出现在完美消除序列的第i个)。
设size[i]表示第i个点与多少个已标号的点相 邻,每次选择size[i]最大的未标号的点进行标号。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

const int max_n=1e4+5;
const int max_m=1e6+5;
const int max_e=max_m*2;

int n,m,x,y,ans;
int tot,point[max_n],nxt[max_e],v[max_e];
int flag[max_n],size[max_n],color[max_n],pt[max_n]; 

inline void addedge(int x,int y)
{
    ++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;
    ++tot; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        addedge(x,y);
    }
    for (int i=n;i>=1;--i)
    {
        int cur=0;
        for (int j=1;j<=n;++j)
            if (!flag[j]&&size[j]>=size[cur])
                cur=j;
        flag[cur]=1; pt[i]=cur;
        for (int j=point[cur];j;j=nxt[j]) size[v[j]]++;
    }
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    for (int i=n;i>=1;--i)
    {
        for (int j=point[pt[i]];j;j=nxt[j])
            flag[color[v[j]]]=i;
        color[pt[i]]=1;
        while (flag[color[pt[i]]]==i)
            color[pt[i]]++;
        ans=max(ans,color[pt[i]]);
    }
    printf("%d\n",ans);
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的,问题就转化为了在这个中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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