poj 2438 Children's Dining 哈密顿回路板题 Dirac 定理

缘起

日常浪费生命 poj 2438 Children’s Dining

分析

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有2*N个小朋友要坐在一张圆桌上吃饭,但是每两个小朋友之间存在一种关系,即敌人或者朋友,然后需要让你安排一个
座位次序,使得相邻的两个小朋友都不会是敌人.假设每个人最多有N-1个敌人.如果没有输出"No solution!".

【输入】
多样例. 每个样例第一行输入n和m(1 <= n <= 200, 0 <= m <= n (n - 1))
孩子的编号是1~2n
然后是m行. 每行是形如 i,j 的整数对。i != j, 1 <= i, j <= 2 * n 表示i和j是敌人. 同一个测试样例中
一对小朋友之间的关系不会重复给出。 即i,j 给了，j，i就不会给出。最后一个用例以 0 0结束. 不需要处理

【输出】
对每个测试用例，如果满足条件的顺序存在的话，则输出一个序列, 否则打印 "No solution!"

【样例输入】
1 0

2 2
1 2
3 4

3 6
1 2
1 3
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3 5
4 6
5 6

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2 5
2 6
3 7
3 8
4 8
4 7
5 6
5 7
6 8

0 0

【样例输出】
1 2
4 2 3 1
1 6 3 2 5 4
1 6 7 2 3 4 5 8

【限制】
1s

【来源】
poj月赛

将小朋友之间友好视作相邻. 敌对视作不相邻的话. 则给出的m对关系其实就是建立了一个2n个顶点、m条边的无向图. 要找一种合适的顺序就是要找到该无向图的一条哈密顿回路（因为是圆桌）. 所谓哈密顿回路指的是图中的一条路径，路径通过每个顶点恰好一次并且最后回到出发点的通路.

所以问题转换为求无向图的哈密顿回路的问题.

而求无向图的哈密顿回路就不得不提到dirac定理.

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由N个顶点构成的无向图G，如果图中任何两个顶点的度数之和>=N, 则此图必存在哈密顿回路.

证明: 首先断言此图连通. 令S和T是G中任意2个顶点. 与它们相邻的顶点集合至多N-2个（N-2个抽屉）. 
但是度数之和>=N（N个苹果）.由抽屉原理，至少存在一个顶点与既与S相邻又与T相邻，令其为v, 则
S-v-T就表明S与T连通. 其次, 此图存在哈密顿回路. 证明方法是构造性的. 即我们准备活生生地
构造出一条哈密顿回路来. 
随意挑选两个相邻的顶点S和T. 从S-T这条长度为1的路径为基础，扩展出一条没有重复顶点的尽量长的路径出来.
考虑加入与S相邻的顶点v, v不在S-T上. 则变成 v-S-T. 然后令S=v, 继续扩展——直至这条路径无法扩展为止.
则S-....-T这条路径上没有重复顶点并且所有与S或者T相邻的顶点都在此路径上，否则就还可以扩展(注意，我们可
没说此路径上仅仅由与S或T相邻的顶点构成哦~).  
其次如果S和T相邻的话，则一条回路就诞生了. 如果S和T不相邻. 则玄学的, 必定存在S---T这条路径上的两个
相邻的vi和v_{i+1}使得v_{i+1}和S相邻, vi和T相邻. 则只需要将S--T从vi与v_{i+1}处切开, 然后逆转
v_{i+1}--T则得到一个回路. 
如果此回路的长度是N的话，算法结束.如果不是n的话，因为前面证明了此图必定连通. 所以一定存在不在S--T
中的一个顶点与S--T上的某个顶点相邻. 假设为W. 则假设是vi和w相邻. 则将S--T在vi处切开并翻转S--vi以及
v_{i+1}---T, 并且将w加入到后半段的最后一个. 然后继续从扩展开始做起.  因为每次确实能拉进入一个元素
所以算法一定有结束的时候. 算法的复杂度显然是O(n^2)的.

显然，dirac定理给出了哈密顿回路存在的充分条件. 本题显然是满足这个充分条件的, 所以不可能输出 “No solution!”

上述算法的图示如下(下图中 vi和T相邻, v_{i+1}和S相邻)

有了上面的图示, 就不难写出本题的代码

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//#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#include <string.h>
//#define LOCAL

int n,m,s,t,g[405][405],ans[405],cnt; // g[i][j]=0表示i和j是敌对的, =1表示友善, ans保存哈密顿回路,s是回路最左边的小朋友,t是回路最右边的小朋友,cnt是回路中小朋友的个数
bool v[405]; // true 表示已经在回路中了, false表示不在

void expand() // 扩展回路(通过扩展t)
{
	while(1)
	{
		int i = 1;
		while(i<=n)
		{
			if (!v[i] && g[t][i]) // 如果与t相邻并且尚未加入到回路中
			{
				ans[cnt++] = i;
				v[i] = true;
				t = i; // 新入伙的i作为新的t(回路最右端)
				break;
			}
			i++;
		}
		if (i>n) // 说明当前t已经不能再扩展了(没拉到任何一个相邻且不在回路中的点)
		{
			return;
		}
	}
}

void dirac() // 其实就是在模拟上图
{
	memset(v, 0, sizeof(v));
	cnt = 0; // 已经在回路中的小朋友个数
	s=1;
	for (t=1;t<=n; t++)
	{
		if (g[s][t])
		{
			break;
		}
	} // 找一个和s相邻的t
	ans[cnt++] = s, ans[cnt++] = t; // 初始化回路
	v[s] = v[t] = true;
	while(1) // 主体循环, 每次通过拉入一个新点来扩展回路ans
	{
		expand(); // 扩展t
		reverse(ans, ans+cnt); // 逆置回路, 则t变成s
		swap(s,t); // 再变回来, 使得t依旧是数组ans的最右端
		expand(); // 因为expand方法只能扩展最右端的t
		// 至此, 我们已经通过最初的s-t,向左向右已经扩展到不能再扩展了,但是此时s--t未必是回路, 因为s和t未必相邻
		if (!g[s][t]) // 如果s和t不相邻
		{
			for (int i = 1; i<cnt-1; i++) // 开始遍历s--t路径上除了s和t之外的点
			{
				if (g[s][ans[i+1]] && g[t][ans[i]]) // 如果ans[i]和t相邻&&ans[i+1]和s相邻
				{
					t = ans[i+1];
					reverse(ans+i+1, ans+cnt); //雷切+翻转!
				}
			}
		}
		if (cnt==n) // 如果已经是哈密顿回路了,则返回
		{
			return;
		}
		for (int i = 1; i<=n;i++)
		{
			if (!v[i]) // 寻找s--t回路以外的点
			{
				for (int j = 1; j<cnt-1; j++)
				{
					if (g[ans[j]][i]) // 找到s--t上一个点ans[j]和回路之外的i相邻
					{
						v[i] = true; // 入伙!
						s = ans[j-1];
						reverse(ans, ans+j);
						t = ans[j];
						reverse(ans+j, ans+cnt);
						ans[cnt++] = i;
						t = i;
						goto xxx; // 找到一个就不玩了
					}
				}
			}
		}
		xxx:;
	}
}

int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("d:\\data.in", "r", stdin);
	//freopen("d:\\my.out", "w", stdout);
#endif
	while(~scanf("%d%d", &n, &m), n||m)
	{
		n<<=1; // 小朋友有2n个
		for (int i = 1; i<=n;i++)
		{
			for (int j = i; j<=n; j++)
			{
				g[i][j] = g[j][i] = i==j?0:1; // 一开始小朋友之间都是友善的
			}
		}
		while (m--)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d", &x, &y);
			g[x][y] = g[y][x] = 0; // x和y敌对起来
		}
		dirac();
		for (int i = 0; i<n; i++)
		{
			if (i)
			{
				putchar(' ');
			}
			printf("%d", ans[i]);
		}
		puts("");
	}
	return 0;
}

ac情况

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Length 2235
Lang C++
Submitted 2019-09-06 07:27:16
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