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题意：
你有n个好友，他们之间有m对关系$(u,v)$表示u和v互相认识，认识没有传递性。
现在你想组织一场热闹的聚会和一场尴尬的聚会，定义如下：
这两场聚会之间没有任何联系。
你希望p和q满足$\lfloor \frac{n}{p+1}\rfloor \leq q$且$\lfloor \frac{n}{q+1}\rfloor \leq p$，求一种合法方案。
$T\leq 32,n\leq 10000,m\leq 10^{5}$。
题解：
首先发现对于任意p/q，q/p越大越优，所以原问题可以拆成求最大的p和最大的q。
考虑求最大的p，显然可以依次尝试删除图中度数最小的点，尽管删除点数越多答案不一定越优，但记录最大答案及其删除个数即可。
考虑求最大的q，贪心的想法是依次取图中度数最小的点，并删除它和所有与它相邻的点。
但显然这样求出的并不是最大独立集。因为求一般图最大独立集是个NP问题。
不过，我们本身要求的并不是最大的q，而是任意一个满足$\lfloor \frac{n}{p+1}\rfloor \leq q$且$\lfloor \frac{n}{q+1}\rfloor \leq p$的q，所以有一个奇妙的结论：这样贪心是100%正确的。
证明：考虑p算法的过程，我们每次删除的点的度数一定$\leq p$。
而q算法删的点的度数比p只少不多，也就是说对于q中每次操作至多会删掉p+1个点。
那么显然q算法至少会运行$\lceil \frac{n}{p+1}\rceil$次，这也对应着该算法求出的q的下界。
于是求出的p和q一定满足题目中的限制条件（$(p+1)(q+1)>n$时两个条件均满足），证毕。
复杂度$O(T(n+m)logn)$（大概吧），需要稍加优化。
（也许运行q算法时直接删点不更新边权也是对的，但我并不想证明）
套路：
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 10005 #define maxm 500005 #define inf 0x7fffffff #define ll long long #define mp make_pair #define rint register int #define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl #define fgx cerr<<"--------------"<<endl #define dgx cerr<<"=============="<<endl using namespace std; int to[maxm],nxt[maxm],hd[maxn],vis[maxn],cnt; int A[maxn],B[maxn],deg[maxn],D[maxn]; priority_queue<pair<int,int> > Q; map<pair<int,int>,int> M; inline int read(){ int x=0,f=1; char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘; return x*f; } inline void addedge(int u,int v){ to[++cnt]=v,nxt[cnt]=hd[u],hd[u]=cnt; to[++cnt]=u,nxt[cnt]=hd[v],hd[v]=cnt; } int main(){ int T=read(); while(T--){ memset(A,0,sizeof(A)); memset(B,0,sizeof(B)); memset(hd,0,sizeof(hd)); memset(deg,0,sizeof(deg)); memset(vis,0,sizeof(vis)); M.clear(),cnt=0; while(!Q.empty()) Q.pop(); int n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read(); if(u>v) swap(u,v); if(M[mp(u,v)]) continue; else addedge(u,v),M[mp(u,v)]=1,deg[u]++,deg[v]++; } memcpy(D,deg,sizeof(deg)); for(int i=1;i<=n;i++) Q.push(mp(-deg[i],i)); int ans=0,endpos=0; while(!Q.empty()){ int u=Q.top().second,d=-Q.top().first; Q.pop(); if(vis[u]) continue; vis[u]=1,A[++A[0]]=u; if(ans<-Q.top().first) ans=-Q.top().first,endpos=A[0]; for(int i=hd[u];i;i=nxt[i]) if(!vis[to[i]]) Q.push(mp(-(--deg[to[i]]),to[i])); } memcpy(deg,D,sizeof(D)); memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++) Q.push(mp(-deg[i],i)); while(!Q.empty()){ int u=Q.top().second,d=-Q.top().first; Q.pop(); if(vis[u]) continue; vis[u]=1,B[++B[0]]=u; for(int i=hd[u];i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(vis[v]) continue; vis[v]=1; for(int j=hd[v];j;j=nxt[j]){ int w=to[j]; if(vis[w]) continue; Q.push(mp(-(--deg[w]),w)); } } } printf("%d",n-endpos); for(int i=endpos+1;i<=n;i++) printf(" %d",A[i]); printf("\n"); printf("%d",B[0]); for(int i=1;i<=B[0];i++) printf(" %d",B[i]); printf("\n"); } return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/YSFAC/p/13098550.html
