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[题解][NOIP2010提高]关押罪[防和谐]犯

关键字:二分,图的黑白染色。

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[洛谷1525]  [codevs1069]

时间限制:1000ms  空间限制:131072kb

Description


S城现有两座监[防和谐]狱,一共关押着N 名罪[防和谐]犯,编号分别为1~N。他们之间的关系自然也极不和谐。很多罪[防和谐]犯之间甚至积怨已久,如果客观条件具备则随时可能爆发冲突。我们用“怨气值”(一个正整 数值)来表示某两名罪[防和谐]犯之间的仇恨程度,怨气值越大,则这两名罪[防和谐]犯之间的积怨越多。如果两名怨气值为c 的罪[防和谐]犯被关押在同一监[防和谐]狱,他们俩之间会发生摩擦,并造成影响力为c 的冲突事件。

每年年末,警[防和谐]察局会将本年内监[防和谐]狱中的所有冲突事件按影响力从大到小排成一个列表,然后上报到S城Z市长那里。公务繁忙的Z市长只会去看列表中的第一个事件的影响力,如果影响很坏,他就会考虑撤换警[防和谐]察局长。

在详细考察了N名罪[防和谐]犯间的矛盾关系后,警[防和谐]察局长觉得压力巨大。他准备将罪[防和谐]犯们在两座监[防和谐]狱内重新分配,以求产生的冲突事件影响力 都较小,从而保住自己的乌纱帽。假设只要处于同一监[防和谐]狱内的某两个罪[防和谐]犯间有仇恨,那么他们一定会在每年的某个时候发生摩擦。

那么,应如何分配罪[防和谐]犯,才能使Z市长看到的那个冲突事件的影响力最小?这个最小值是多少?

Input Format


每行中两个数之间用一个空格隔开。第一行为两个正整数N和M,分别表示罪[防和谐]犯的数目以及存在仇恨的罪[防和谐]犯对数。接下来的M 行每行为三个正整数aj,bj,cj,表示aj 号和bj 号罪[防和谐]犯之间存在仇恨,其怨气值为cj。数据保证1<aj=<=bj<=N ,0 < cj≤ 1,000,000,000,且每对罪[防和谐]犯组合只出现一次。

Output Format


共1 行,为Z 市长看到的那个冲突事件的影响力。如果本年内监[防和谐]狱中未发生任何冲突事件,请输出0。

Sample Input #1


4 6

1 4 2534

2 3 3512

1 2 28351

1 3 6618

2 4 1805

3 4 12884

Sample Output #1


3512

Hint


【输入输出样例说明】

罪[防和谐]犯之间的怨气值如下面左图所示,右图所示为罪[防和谐]犯的分配方法,市长看到的冲突事件影响力是3512(由2 号和3 号罪[防和谐]犯引发)。其他任何分法都不会比这个分法更优。
[题解][NOIP2010提高]关押罪犯 - TsReaper - TsReaper的博客
【数据范围】

对于30%的数据有N≤ 15。

对于70%的数据有N≤ 2000,M≤ 50000。

对于100%的数据有N≤ 20000,M≤ 100000。

求最大值的最小值,显然可以用二分考虑。首先二分最大影响力x,之后去除小等于x的边。由于最大影响力为x,而留下来的边的边权都是大于x的。所以,由一 条边连接的两个点不能分在一起。这是一个明显的黑白染色模型。我们对去除边后的图进行黑白染色,如果染色没有矛盾说明可行,否则不可行。

#include <stdio.h>
int n,m;
int e[200010][3],p[20010];
int q[20010],col[20010],head,tail;
void adde(int sn,int fn,int val,int id)
{
    e[id][0] = fn; e[id][1] = val; e[id][2] = p[sn]; p[sn] = id;
    e[id+1][0] = sn; e[id+1][1] = val; e[id+1][2] = p[fn]; p[fn] = id+1;
}
short bfs(int sta,int lim)
{
    int i,sn,fn;
    head = 1; tail = 2;
    q[1] = sta; col[sta] = 2;
    while(head<tail)
    {
        sn = q[head++];
        for(i=p[sn];i;i=e[i][2])
        {
            if(e[i][1]<=lim) continue;
            fn = e[i][0];
            if(col[fn])
            {
                if(col[fn] == (col[sn]^1)) continue;
                return 0;
            }
            col[fn] = (col[sn]^1); q[tail++] = fn;
        }
    }
    return 1;
}
short check(int lim)
{
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++) col[i] = 0;
    for(i=1;i<=n;i++) if(!col[i]) if(!bfs(i,lim)) return 0;
    return 1;
}
int work()
{
    int h = 0,t = 1000000000,mid;
    while(h<t)
    {
        mid = (h+t)>>1;
        if(check(mid)) t = mid;
        else h = mid+1;
    }
    return h;
}
int main()
{
    int i,sn,fn,val;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&sn,&fn,&val);
        adde(sn,fn,val,i<<1);
    }
    printf("%d",work());
    return 0;
}
Category: 题解 | Tags: 二分 图论 codevs 洛谷 | Read Count: 274

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