Description

现在你有一张无向图包含n个节点m条边。最初，每一条边都是蓝色或者红色。每一次你可以将一个节点连接的所有边变色（从红变蓝，蓝变红）。
找到一种步数最小的方案，使得所有边的颜色相同。

Input

第一行包含两个数n,m（1<=n,m<=100000）分别代表节点数和边的数量
接下来m行描述边，第i行ui,vi,ci，代表ui有一条颜色为ci的边与vi相连（ci是B或者是R），B代表蓝色，R代表红色。数据保证没有自环的边。

Output

如果没有方案就输出-1。否则第一行输出k代表最小的步数

Sample Input

输入1：
3 3
1 2 B
3 1 R
3 2 B输入3：
4 5
1 2 R
1 3 R
2 3 B
3 4 B
1 4 B

Sample Output

输出1：
1输出3：
-1

Data Constraint

对于30%数据，n<=20,m<=20

分析

非常简单的染色问题

我们分两次BFS，一次选择把全部边变成红色，另一次显然

然后一个点显然变两次是一样的，所以我们当边的颜色是否与当前选择的颜色不同给连接的点染色，若已染则判断是否相同或不同

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <memory.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;;
struct Edge {int u,v,nx,type;
}g[2*N];
int cnt,list[N];
int n,m;
bool b[N],vis[N];
int ok,ans=2147483647,lans[2];void Add(int u,int v,char type) {g[++cnt]=(Edge){u,v,list[u],type=='R'?1:0};list[u]=cnt;g[++cnt]=(Edge){v,u,list[v],type=='R'?1:0};list[v]=cnt;
}int BFS(int v0,int same) {queue<int> q;while (!q.empty()) q.pop();q.push(v0);vis[v0]=1;lans[1]++;while (!q.empty()) {int u=q.front();q.pop();for (int i=list[u];i;i=g[i].nx) {if (!vis[g[i].v]) {b[g[i].v]=g[i].type==same?b[u]:(b[u]^1);lans[b[u]^(g[i].type==same)]++;q.push(g[i].v);vis[g[i].v]=1;}elseif (g[i].type==same&&b[u]!=b[g[i].v]||g[i].type!=same&&b[u]==b[g[i].v]) return -1;}}return min(lans[0],lans[1]);
}int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=m;i++) {int u,v;char c;scanf("%d%d",&u,&v);scanf("%c",&c);while (c!='R'&&c!='B') scanf("%c",&c);Add(u,v,c);}for (int i=0;i<2;i++) {bool p=1;int cans=0,nans=0;memset(b,0,sizeof b);memset(vis,0,sizeof vis);for (int j=1;j<=n;j++) if (!vis[j]) {lans[0]=lans[1]=0;cans=BFS(j,i);if (cans==-1) {p=0;break;}nans+=cans;}if (p) ans=min(ans,nans);ok+=p;}if (!ok) printf("-1");else printf("%d",ans);
}

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