CF1991E Coloring Game 题解

Description

有一个由 \(n\) 个顶点和 \(m\) 条边组成的无向图。每个顶点可以用三种颜色之一着色： \(1\) 、 \(2\) 或 \(3\) 。初始时，所有顶点都未着色。

Alice 和 Bob 正在玩一个包含 \(n\) 轮的游戏。在每一轮中，都会发生以下两个步骤：

1. Alice 选择两种不同的颜色。
2. Bob 选择一个未着色的结点，并用 Alice 选择的两种颜色之一为其着色。

如果存在连接两个相同颜色结点的边，则 Alice 获胜。否则 Bob 获胜。

给你这个图。您的任务是决定您想扮演哪位玩家并赢得游戏。

Solution

首先观察样例会发现有奇环时是 Alice 胜，只有一个偶环就是 Bob 胜。

于是可以猜测图不为二分图时 Alice 胜，否则 Bob 胜。

操作就考虑不为二分图时，Alice 只要一直询问 \((1,2)\)，Bob 无论怎么放颜色也无法做到让奇环上相邻的点颜色不一样。

图为二分图时，先假设左部点颜色为 \(1\)，右部点颜色为 \(2\)。Alice 每次询问 \((x,y)\) 时，如果 \(x\) 和 \(y\) 中有至少一个满足小于等于 \(2\) 且其在原图中对应的左部/右部点没染完，就染那个满足条件的颜色。

否则一定满足左部/右部点中有至少一边被染完了，且询问的为被染完的颜色和 \(3\)。这样只需要让被染完的那边染 \(3\) 即可。

时间复杂度：\(O(n+m)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>// #define int int64_tconst int kMaxN = 1e4 + 5;int n, m;
int col[kMaxN];
bool fl = 1;
std::vector<int> G[kMaxN], id[2];void dfs(int u) {id[col[u] - 1].emplace_back(u);for (auto v : G[u]) {if (!col[v]) {col[v] = 3 - col[u];dfs(v);} else if (col[v] == col[u]) {fl = 0;}}
}bool check() {fl = 1, id[0].clear(), id[1].clear();for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (!col[i]) {col[i] = 1, dfs(i);}}return fl;
}void dickdreamer() {for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear(), col[i] = 0;std::cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= m; ++i) {int u, v;std::cin >> u >> v;G[u].emplace_back(v), G[v].emplace_back(u);}if (!check()) {std::cout << "Alice" << std::endl;for (int i = 1; i <= n; ++i) {std::cout << "1 2" << std::endl;int x, y;std::cin >> x >> y;}} else {std::cout << "Bob" << std::endl;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int x, y;std::cin >> x >> y;if (x > y) std::swap(x, y);if (x <= 2 && id[x - 1].size()) {std::cout << id[x - 1].back() << ' ' << x << std::endl;id[x - 1].pop_back();} else if (y <= 2 && id[y - 1].size()) {std::cout << id[y - 1].back() << ' ' << y << std::endl;id[y - 1].pop_back();} else {std::cout << id[2 - x].back() << ' ' << y << std::endl;id[2 - x].pop_back();}}}
}int32_t main() {int T = 1;std::cin >> T;while (T--) dickdreamer();// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";return 0;
}