标签：ike 基本 注意 als lap 二分 开始 directed gif
题解：我们用一个color数组标记点的颜色，然后对每一个点做bfs，如果两个点间有边，并且另外一个点没有被染色，就把另外一个点染色成相反色，如果另外一个点有颜色，而且颜色和当前结点相同，那么肯定不是二分图。
1 class Solution { 2 public: 3 bool possibleBipartition(int N, vector<vector<int>>& dislikes) { 4 N1 = N; 5 const int edges = dislikes.size(); 6 if (edges == 0) {return true;} 7 for (auto& p : dislikes) { 8 stDis.insert(make_pair(p[0], p[1])); 9 } 10 vector<int> color(N + 1, -1); 11 for (int i = 1; i < N+1; ++i) { 12 if (color[i] == -1 && !bfs(i, color)) { 13 return false; 14 } 15 } 16 return true; 17 } 18 bool bfs(int p, vector<int>& color) { 19 queue<int> que; 20 que.push(p); 21 color[p] = 1; 22 while (!que.empty()) { 23 int node = que.front(); 24 que.pop(); 25 for (int i = 1; i <= N1; ++i) { 26 if (i == node) { continue; } 27 pair<int, int> e = make_pair(min(i, node), max(i, node)); 28 if (stDis.find(e) != stDis.end()) { 29 if (color[i] == -1) { 30 color[i] = 1 - color[node]; 31 que.push(i); 32 } else if (color[i] == color[node]) { 33 return false; 34 } 35 } 36 } 37 } 38 return true; 39 } 40 int N1; 41 set<pair<int, int>> stDis; 42 };
这个解法巨慢, 1700+ms。看有没有更快的方法。
solution 里面给了 dfs 的方法，80ms
就是先建图，因为是DAG，注意双边。然后从一个没有染过色的点开始，dfs染色，如果相邻结点有染色，判断是否冲突，如果相邻结点没有染色，就把它染成相反色。
1 //dfs 方法 建图的时候，注意是双边都要加，这是DAG 2 class Solution { 3 public: 4 bool possibleBipartition(int N, vector<vector<int>>& dislikes) { 5 vector<int> temp(N + 1, -1); 6 color = temp; 7 m = dislikes.size(); 8 edges.resize(N + 1); 9 for (const auto& p : dislikes) { 10 edges[p[0]].push_back(p[1]); 11 edges[p[1]].push_back(p[0]); 12 } 13 for (int i = 1; i < N+1; ++i) { 14 if (color[i] == -1 && !dfs(i, 0)) { 15 return false; 16 } 17 } 18 return true; 19 } 20 bool dfs(int node, int c) { 21 if (color[node] != -1) { return color[node] == c; } 22 color[node] = c; 23 for (const auto& p : edges[node]) { 24 if (!dfs(p, 1 - c)) { 25 return false; 26 } 27 } 28 return true; 29 } 30 vector<int> color; 31 vector<vector<int>> edges; 32 int m; 33 };
重新写了一个bfs，也能80ms过，看来是第一个方法不好，没有双向建图
1 //bfs 方法 建图的时候，注意是双边都要加，这是DAG 2 class Solution { 3 public: 4 bool possibleBipartition(int N, vector<vector<int>>& dislikes) { 5 vector<int> temp(N + 1, -1); 6 color = temp; 7 m = dislikes.size(); 8 edges.resize(N + 1); 9 for (const auto& p : dislikes) { 10 edges[p[0]].push_back(p[1]); 11 edges[p[1]].push_back(p[0]); 12 } 13 for (int i = 1; i < N+1; ++i) { 14 if (color[i] != -1) { continue; } 15 queue<int> que; 16 que.push(i); 17 color[i] = 0; 18 while (!que.empty()) { 19 int node = que.front(); que.pop(); 20 for (auto& p : edges[node]) { 21 if (color[p] == color[node]) {return false;} 22 if (color[p] == -1) { 23 color[p] = 1 - color[node]; 24 que.push(p); 25 } 26 } 27 } 28 } 29 return true; 30 } 31 vector<int> color; 32 vector<vector<int>> edges; 33 int m; 34 };
基本概念和定义：如果图中存在有向环，则不存在拓扑排序，反之则存在。我们把不包含有向环的有向图称为有向无环图（directed acyclic graph, DAG）。可以借助 dfs 完成拓扑排序：在访问完一个结点之后把它放在当前拓扑排序的首部。（想想为啥不是尾部）
这里用到了一个 c 数组， c[u] = 0 表示从来没有访问过（从来没有调用过 dfs(u) ）;c[u] = 1 表示已经访问过，并且还递归访问过它的所有子孙(即dfs(u)曾经被调用过，并已经返回)；c[u] = -1 说明正在访问(即递归调用dfs(u)正在栈帧中，尚未返回)。
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstdlib> 5 6 using namespace std; 7 8 int c[100] = {0}; 9 int topo[100] = {0}, t; 10 int g[105][105]; 11 int n; //n个结点 12 13 bool dfs(int u) { 14 c[u] = -1; 15 for (int v = 0; v < n; ++v) { 16 if (g[u][v]) { 17 if (c[v] < 0) { return false; } //说明有环 18 else if (!c[v] && !dfs(v)) {return false;} 19 } 20 } 21 c[u] = 1; 22 topo[--t] = u; 23 return true; 24 } 25 26 bool toposort() { 27 t = n; 28 memset(c, 0, sizeof(c)); 29 for (int u = 0; u < n; ++u) { 30 if (!c[u]) { 31 if (!dfs(u)) { 32 return false; 33 } 34 } 35 } 36 return true; 37 } 38 39 int main(int argc, char *argv[]) { 40 n = 5; 41 memset(g, 0 , sizeof(g)); 42 g[0][1] = 1; 43 g[0][3] = 1; 44 g[3][4] = 1; 45 //g[4][3] = 1; 检测环 46 bool ret = toposort(); 47 if (ret) { 48 for (int i = 0; i < n; ++i) { 49 printf("%d ", topo[i]); 50 } 51 printf("\n"); 52 } 53 if (!ret) { 54 printf("no ans\n"); 55 } 56 return 0; 57 }
额外补充：如何判断toposort的唯一性，看是否多于一个结点的入度为 0。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/zhangwanying/p/9900782.html
