很普通但是很强大的贪心题。link
设 \(dis_{u, 0/1}\) 表示 \(1\to u\) 的最短奇 / 偶路径长度，原题可以转化为 \(G'\) 和 \(G\) 中 \(dis_{1\dots n, 0 / 1}\) 不变，求 \(G'\) 的最小边数。
先 BFS 求出 \(dis_{u, 0 / 1}\)。设 \(x = \min(dis_{u, 0}, dis_{u, 1}), y = \max(dis_{u, 0}, dis_{u, 1})\)，那么可以将 \(u\) 视为二维平面上的点 \((x, y)\)。
观察连边合法的条件。对于一个点 \((x, y)\)，它合法当且仅当满足以下条件之一：
-
与 \((x - 1, y - 1)\) 有连边。
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同时与 \((x - 1, y + 1)\) 和 \((x + 1, y - 1)\) 有连边。
-
若 \(y = x + 1\)，这些点自连。
我们按照 \(x + y\) 从小到大一层一层考虑。第一个条件相当于和上面一层对应的点连边，第二个条件相当于和相邻两个点连边。
点 \((x, x + 1)\) 可以自连。具体的，\(k\) 个点 \((x, x + 1)\) 通过两两之间连边可以自行合法化，代价为 \(\lceil \frac k2 \rceil\)。
对 \((x, x + 1)\) 的条件特殊考虑：必须与上一层的点 或者 \((x - 1, x + 2)\) 连边。若与 \((x - 1, x + 2)\) 连边，还需要自连合法。
所以对于每一层，可以按照 \(x\) 从小到大的顺序处理每个点。为了方便，令可以与上一层连边的点为黑点，否则为白点。
白点必须和相邻两个点连边，所以我们在处理的时候，记录一下上一个点传下来的连边需求数量。
倘若遇到黑点，我们可以直接终结连边需求。但是我们有贪心策略：连边需求能往后传就往后传，原因：
-
若直接终结，和往后传的代价相同。
-
若下一个点是白点，也会产生连边需求，终结无效。
-
到了边界点 \((x, x + 1)\)，若有连边需求，可以省掉其与上一层的点的连边代价，改为每个点 \(\frac 12\) 代价（注意其与相邻点连边的代价不是算在自己，而是算在那个相邻点处的）。
时间复杂度 \(\mathcal O(n + m)\)。
这道题的第一步是数形结合，将图上问题转化为平面图上的问题。
然后需要观察模型，将每个点的条件转化为严格处于平面图上的条件。这里我一开始想到了和上一层连边，但是没有注意到若不与 \((x - 1, y - 1)\) 连边则必须与 \((x - 1, y + 1)\)。换言之，我认为其可以与纵坐标 \(> y + 1\) 的点连边。
如果观察到了这个更严格的条件，那么就很显然可以按照 \(x + y\) 来分层，最后贪心。
贪心的时候细节也有点多，写代码要理清思路。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
namespace Initial {#define ll long long#define ull unsigned ll#define fi first#define se second#define mkp make_pair#define pir pair <ll, ll>#define pb push_back#define i128 __int128using namespace std;const ll maxn = 2e5 + 10, inf = 1e9, mod = 998244353, iv = mod - mod / 2;ll power(ll a, ll b = mod - 2, ll p = mod) {ll s = 1;while(b) {if(b & 1) s = 1ll * s * a %p;a = 1ll * a * a %p, b >>= 1;} return s;}template <class T>const inline ll pls(const T x, const T y) { return x + y >= mod? x + y - mod : x + y; }template <class T>const inline void add(T &x, const T y) { x = x + y >= mod? x + y - mod : x + y; }template <class T>const inline void chkmax(T &x, const T y) { x = x < y? y : x; }template <class T>const inline void chkmin(T &x, const T y) { x = x < y? x : y; }
} using namespace Initial;namespace Read {char buf[1 << 22], *p1, *p2;// #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, (1 << 22) - 10, stdin), p1 == p2)? EOF : *p1++)template <class T>const inline void rd(T &x) {char ch; bool neg = 0;while(!isdigit(ch = getchar()))if(ch == '-') neg = 1;x = ch - '0';while(isdigit(ch = getchar()))x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';if(neg) x = -x;}
} using Read::rd;ll t, n, m, dis[maxn][2], q[maxn][2], l, r;
vector <ll> to[maxn], vec[maxn << 1];
ll ans, c[maxn], bin[maxn]; bool vis[maxn];void solve() {rd(n), rd(m); ans = 0;for(ll i = 1; i <= n; i++) to[i].clear();for(ll i = 0; i <= 3 * n; i++) vec[i].clear();for(ll i = 1; i <= m; i++) {ll u, v; rd(u), rd(v);to[u].pb(v), to[v].pb(u);} q[l = r = 1][0] = 1, q[1][1] = 0;for(ll i = 1; i <= n; i++) dis[i][0] = dis[i][1] = -1;dis[1][0] = 0;while(l <= r) {ll u = q[l][0], z = q[l++][1];for(ll v: to[u])if(dis[v][z ^ 1] == -1) {dis[v][z ^ 1] = dis[u][z] + 1;q[++r][0] = v, q[r][1] = z ^ 1;}}if(dis[1][1] == -1) return printf("%lld\n", n - 1), void();for(ll i = 1; i <= n; i++)vec[dis[i][0] + dis[i][1]].pb(min(dis[i][0], dis[i][1]));for(ll d = 1; d <= 3 * n - 2; d += 2) {if(vec[d].empty()) continue;if(d > 1)for(ll x: vec[d - 2]) vis[x] = true;sort(vec[d].begin(), vec[d].end());for(ll x: vec[d]) ++bin[x];vec[d].erase(unique(vec[d].begin(), vec[d].end()), vec[d].end());for(ll x: vec[d]) {ll y = d - x;if(x == 0) {if(y == 1) ++ans;continue;}if(y == x + 1) {ll tmp = min(bin[x], c[x - 1]);if(vis[x - 1]) ans += c[x - 1] + bin[x] - tmp + (tmp + 1) / 2;else ans += max(bin[x], c[x - 1]) + (bin[x] + 1) / 2; } else if(vis[x - 1]) {c[x] = min(c[x - 1], bin[x]);if(bin[x + 1]) ans += max(c[x - 1], bin[x]);else ans += c[x - 1] + bin[x];} else {ans += max(bin[x], c[x - 1]);c[x] = bin[x];}}for(ll x: vec[d]) c[x] = bin[x] = 0;if(d > 1)for(ll x: vec[d - 2]) vis[x] = false;} printf("%lld\n", ans);
}int main() {rd(t); while(t--) solve();return 0;
}
