【AtCoder】【思維】【二分圖】【模型轉化】Namori(AGC004)

參考：
Namori[agc-004F]-by ezhjw
editotial-AGC004
AGC004F-by 楊耀良

題意：

給你一棵樹或者是基環樹，每個節點可以爲白色或者是黑色。你可以將相鄰的，具有相同顏色的兩個點同時反轉顏色。初始的時候所有的節點都是白色的，你需要花費最少的步數來讓所有的節點都變成黑色。如果無法達到輸出-1。

數據範圍：

1<=N<=10^5,N-1<=M<=N

思路：

首先可以想到的是這道題需要分類討論。

首先是樹的情況，因爲樹是一個二分圖，所以說如果我們將深度爲1，3，5…的節點看成是S集合，深度爲2,4,6…的節點看成是T集合，那麼就只能夠是S集合中的元素與T集合中的元素進行同時反轉。這樣我們就可以再轉換一下，假設S集合中的節點都是+1，並且假設有一個硬幣，T集合中的節點都是-1，並且假設爲空位，然後依次反轉顏色就相當於是將+1和-1交換位置，也就是把硬幣放到一個空位上去，然後目標狀態就是將所有原來在S集合的點都變爲T集合中的點，原來所有在T集合的點都變爲S集合中的點，也就是所有的空位都被放上了硬幣，並且原來有硬幣的位置都變爲了空位。如果說全局的-1和+1的數量不相同的時候，那麼就是無解的狀態。

然後我們來觀察某棵子樹，那麼它也應該滿足-1和+1的數量相同。但實際情況中可能是不相同的，那麼就需要從外界引入硬幣，或者是輸出硬幣。考慮子樹的根節點爲x，x的father爲fa，那麼就可以從x->fa的這條路徑引入或者是輸出硬幣，而操作的次數正好是這個子樹中+1的數目減去-1的數目的絕對值，也就是sum[x]，也是原題中這條邊需要操作的次數。那麼答案就是$\sum sum[i]$，sum[]表示這個子樹中的$\sum (+1)+\sum (-1)$，那麼是一棵樹的情況就解決了。

接下來是N=M的情況。
因爲和二分圖有關，所以說需要根據是奇環還是偶環進行分類討論。

當是奇環的時候：
選擇環上的一條邊，那麼刪除這條邊之後就是一棵樹的情況了，那麼我們就可以考慮這一條邊所帶來的影響，然後刪掉它，在剩餘的樹裏面繼續討論就可以了。因爲是一個奇環，所以說這條邊所連接的兩個點可以認爲就是出現矛盾的那個地方，那麼這兩個點就屬於同一個集合。那麼就可以在這兩個點上面同時放上硬幣或者是同時移除硬幣。那麼就可以將所有的矛盾的都轉移到這條邊上來，讓它來消除矛盾（例如，如果硬幣過多，就可以移過來，然後刪掉，說過硬幣少了，就可以在這裏產生硬幣，然後運出去）。我們發現，這條邊能夠讓+1與-1的數目差同時-2，那麼也就是說+1和-1的奇偶性相同的時候纔是有解的，否則輸出-1。然後，我們可以想成是這條邊預先操作了固定的次數（就是abs(num[+1]-num[-1])/2），然後將對於兩邊的點的貢獻先算出來，然後刪去這條邊，就可以歸到樹的情況了。
上面說的奇環上面的那條邊能夠做到同時+1或者是-1的問題，其實就是讓硬幣憑空消失或者是憑空出現。因爲這兩個點屬於同一層，那麼如果說這兩個點都含有硬幣，那麼將這條邊反轉之後，這2個硬幣都消失了。或者這樣來解釋：所有的點到這兩個點的路徑長度都相等，初始的時候這兩個點上的顏色肯定是相同的，那麼就可以讓其中1個點沿着環運出去一種顏色，這時兩個點的顏色就不同了。在下一次需求這種顏色時，就從另一個點運出去，那麼這樣子兩個點的顏色就又相同了，那麼就再反轉一次這條邊，變回了初始的狀態。

當是偶環的時候：
這個時候還是一個二分圖，所以說+1的數目和-1的數目仍然需要相等纔會有解。然後仍然是選擇一條邊，然後考慮這條邊操作了多少次。假設操作了x次（從u->v），那麼它所造成的影響就是u,v(這條邊的兩端)，u->lca(u,v)上所有點都-x，v->lca(u,v)上面所有點都+x，然後就可以刪去這條邊就可以是樹的情況了。
這個時候答案就是：
$Ans=min(abs(x)+\sum_{i=1}^{N}abs(sum[i]+k_ix))$(x可以是負數)
ki可以是+1，-1，或者是0。0的話，就是在u->v這條路徑之外的點，就可以直接按照樹的算法來做；1的話就是v->lca(u,v)的情況；-1的話就是u->lca(u,v)的情況。然後就可以讓k[u]=-1,k[v]=1,然後做一遍DFS將ki算出來，就可以做了。然後看上面的式子，可以發現其實是(-k)*sum[i]到x的距離的加和，而abs(x)就是0到x的距離。那麼根據初中的知識，最優的一定是選擇{(-k)*sum[]+0}中的中位數。

代碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 100000
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node
{
	int to;
	node *nxt;
}edges[MAXN*2+5];
node *ncnt,*Adj[MAXN+5];
int N,M,spx,spy;
LL sum[MAXN+5];
LL cirlen,dist[MAXN+5],xs[MAXN+5];
LL stk[MAXN+5],t;
bool vis[MAXN+5];
void Init()
{
	ncnt=&edges[0];
}
void AddEdge(int u,int v)
{
	node *p=++ncnt;
	p->to=v;
	p->nxt=Adj[u];
	Adj[u]=p;
	
	node *q=++ncnt;
	q->to=u;
	q->nxt=Adj[v];
	Adj[v]=q;
}
void DFS(int u,int fa)
{
	vis[u]=true;
	for(node *p=Adj[u];p!=NULL;p=p->nxt)
	{
		int v=p->to;
		if(v==fa)
			continue;
		if(vis[v]==true)
		{
			spx=u,spy=v;
			cirlen=dist[u]-dist[v]+1;//之前莫名wa是因爲這裏u和v寫反了...
			continue;
		}
		dist[v]=dist[u]+1;
		DFS(v,u);
	}
}
void GetXs(int u,int fa)
{
	vis[u]=true;
	for(node *p=Adj[u];p!=NULL;p=p->nxt)
	{
		int v=p->to;
		if(v==fa||vis[v]==true)//避免訪問到之前找到的那一條特殊的邊
			continue;
		GetXs(v,u);
		xs[u]+=xs[v];
		sum[u]+=sum[v];
	}
}
int main()
{
//	freopen("print.in","r",stdin);
//	freopen("print.out","w",stdout);
	Init();
	scanf("%d %d",&N,&M);
	int u,v;
	for(int i=1;i<=M;i++)
	{
		scanf("%d %d",&u,&v);
		AddEdge(u,v);
	}
	dist[1]=0;
	DFS(1,-1);//計算深度/環的長度
	LL ans=0,tot=0;
	for(int i=1;i<=N;i++)
	{
		if(dist[i]%2==0)
			sum[i]=-1LL;
		else
			sum[i]=1LL;
		tot+=sum[i];
	}
	if(N-1==M)//處理樹
	{
		if(tot!=0)
		{
			printf("-1\n");
			return 0;
		}
	}
	else
	{
		if(cirlen%2==1)//處理奇環
		{
			if(tot%2!=0)
			{
				printf("-1\n");
				return 0;
			}
			sum[spx]-=tot/2;
			sum[spy]-=tot/2;
			ans+=abs(tot)/2;
		}
		else//處理偶環
		{
			if(tot!=0)
			{
				printf("-1\n");
				return 0;
			}
			xs[spx]=1LL;
			xs[spy]=-1LL;
		}
	}
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	GetXs(1,-1);//計算係數
	for(int i=1;i<=N;i++)
	{
		if(xs[i]==0)	ans+=abs(sum[i]);
		else
		{
			if(xs[i]==1)
				sum[i]=-sum[i];//乘上係數
			stk[++t]=sum[i];
		}
	}
	stk[++t]=0;
	sort(stk+1,stk+1+t);
	LL k=stk[(t+1)/2];
	for(int i=1;i<=t;i++)
		ans+=1LL*abs(stk[i]-k);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}