poj1417 true liars（並查集 + DP）詳解

這個題做了兩天了。首先用並查集分類是明白的， 不過判斷是否情況唯一剛開始用的是搜索。總是超時。 後來看別人的結題報告， 才恍然大悟判斷唯一得用DP.

題目大意：題目大意：

一共有p1+p2個人，分成兩組，一組p1個，一組p2個。給出N個條件，格式如下：
x y yes表示x和y分到同一組
x y no表示x和y分到不同組
問分組情況是否唯一，若唯一則按從小到大順序輸出，否則輸出no。保證不存在矛盾條件，但是有可能出現x=y的情況。
分析：題中會給我們一些信息， 告訴我們那些是同一類， 哪些是不同類。 當然剛開始的時候我們無法判斷那一類是好人、壞人。 那麼我們不妨把有關係的點（無論他們的關係是yes還是no）全歸爲一類， 他們有一個相同的父節點。然後用一個數組(relation[])記錄他與父節點的關係（0代表同類， 1代表異類）。當然因爲所給的只是一部分信息， 所以有可能無法把所有點歸爲一類（例如：1，2 yes 3，4 yes。只表明1,2同類 ， 3,4同類， 1,3的關係並不知道）。那麼不妨設幾個不同的集合（以父節點爲劃分標準）每個集合分爲兩類 ，與父節點同類（relation[] = 0）, 與父節點不同類（relation[] = 1）。此時我們問題轉變爲答案是否唯一。取每個集合中的一種類型，且僅取一種（同類或不同類）。看累計人數得p1的情況是否唯一。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string.h>
using namespace std;

int n, n1, n2, mi, mx, key, flag, a[605][2], vis[605][605][2], ans[605][2], v[605], d[605][605], pre[610], relation[605];
int find(int x)//尋找最根部的父親節點
{
    if(pre[x] == x)
        return x;
    else if(pre[x] != x)
    {
        int t = pre[x];
        pre[x] = find(pre[x]);//邊尋找最根部父親節點，邊更新原父親節點的信息
        relation[x] = (relation[t] + relation[x]) % 2;//類似於種類並查集的更新
    }
    return pre[x];
}
void work(int a, int b, int c)//合併節點
{
    int fx = find(a);
    int fy = find(b);
    if(fx != fy)
    {
        pre[fx] = fy;
        relation[fx] = (relation[a] + relation[b] + c) % 2;
    }
}

void dp()
{
    int k = 1;
    for(int i = mi+1; i <= (n1+n2); i++)
    {
        if(v[i] == 1)
        {
            k++;
            int t1 = ans[i][0];
            int t2 = ans[i][1];
            int mx = min(t1, t2);
            for(int j = n1; j >= mx; j--)
            {
                d[k][j] = d[k-1][j-t1] + d[k-1][j-t2];
                if(d[k-1][j-t1] == 1 && d[k-1][j-t2] == 0)
                {
                    vis[k][j][0] = i;
                    vis[k][j][1] = 0;
                }
                else if(d[k-1][j-t2] == 1 && d[k-1][j-t1] == 0)
                {
                    vis[k][j][0] = i;
                    vis[k][j][1] = 1;
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d%d", &n, &n1, &n2) != EOF)
    {
        if(n == 0 && n1 == 0 && n2 == 0)
            break;
        //初始化所有節點得父節點和relation
        for(int i = 1; i <= n1+n2; i++){pre[i] = i; relation[i] = 0;}
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int a, b;
            char c[10];
            scanf("%d%d%s", &a, &b, &c);
            if(strcmp(c, "yes") == 0)
                work(a, b, 0);
            else if(strcmp(c, "no") == 0)
                work(a, b, 1);
        }
        //這裏注意一下：到這一步，有可能存在一些點的父節點不是最跟的節點
        for(int i = 1; i <= n1+n2; i++)
            int t = find(i);
        memset(v, 0, sizeof(v));
        //ans[i][0]表示與最根節點i同類的節點個數， ans[i][1]代表與最根節點i不同類的節點個數
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        flag = 0;//存儲一共有多少個不同的最跟部的父節點
        mi = 10e9;
        for(int i = 1; i <= n1+n2; i++)
        {
            int x = pre[i];
            int y = relation[i];
            if(x < mi)
                mi = x;
            ans[x][y]++;
            if(v[x] == 0)
            {
                v[x] = 1;
                flag++;
            }
        }
        /*d[i][j]前i個集合中累計人數爲j時有多少種可能， vis[i][j][]保存每一個集合選了哪一類， 爲最後輸出用。 vis[i][j][0]表示前i個集合中累計人數爲j時的最根節點，vis[i][j][1] 表示前i個集合中累計人數爲j時，最根節點爲vis[i][j][0]時，與根節點的關係*/
        memset(d, 0, sizeof(d));
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        d[1][ans[mi][0]]++; d[1][ans[mi][1]]++;
        vis[1][ans[mi][0]][0] = mi;
        vis[1][ans[mi][0]][1] = 0;
        vis[1][ans[mi][1]][0] = mi;
        vis[1][ans[mi][1]][1] = 1;
        dp();
        if(d[flag][n1] == 1)//如果前flag個集合中累計人數爲n1的可能爲1時，有唯一解
        {
            int j = n1;
            for(int i = flag; i >= 1; i--)//從後往前推
            {
                a[i][0] = vis[i][j][0];
                a[i][1] = vis[i][j][1];//記錄第i個集合中取得是哪一類（同類0， 不同類1）
                j -= ans[a[i][0]][a[i][1]];
            }
            for(int i = 1; i <= n1+n2; i++)
            {
                for(int j = 1; j <= flag; j++)
                {
                    int f = pre[i];
                    int ff = relation[i];
                    if(f == a[j][0] && ff == a[j][1])
                        printf("%d\n", i);
                }
            }
            printf("end\n");
        }
        else
            printf("no\n");
    }
    return 0;
}