POJ 1417 True Liars (种类并查集+DP)

题目：True Liars

题目大意：给出n对关系，p1个好人，p2个坏人。要求根据n对关系中找出好人有哪些，若方案唯一，则逐个输出好人，最后输出end；若方案不唯一/找不到，那么输出no

结论：通过简单的分析可以得出，对于每对关系(x,y,yes/no)，若关系为yes，则x和y属于同一类人；若关系为no，则x和y属于相反类人。

解题思路：根据初步的n对关系，我们只可以推出哪些属于同一类人，哪些属于相反类人，但不可以确定到底哪类是好人/坏人。我们可以将相反的两类人确定为一个大集合，那么大集合里面就有两个小集合。根据题意，我们只需要从每个大集合中，选其中一个小集合，使得选中的所有小集合的人数总和为p1即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define MAXN 600
using namespace std;int parent[MAXN], path[MAXN][MAXN], dp[MAXN][MAXN];
int num[MAXN];      //记录大集合的根节点为i的是第num[i]个大集合
int flag[MAXN][2];  //标记每个大集合中选中到最终结果的小集合
int cnt[MAXN][2];  //根节点为i时,分别记录两个小集合包含的人数
int relat[MAXN];
/* relation* relat=0/1。0表示i和根节点parent[i]相关联，即属于同一个小集合；1表示i和根节点不关联，即属于同一个大集合中的不同小集合*/int find(int x) {if (x != parent[x]) {          //此处的parent[x]是旧父int px = find(parent[x]);  // px是新父relat[x] ^= relat[parent[x]];/* 由于路径压缩要将x的父亲节点直接指向根节点，即更改了x的父亲节点，所以要更新节点x和根节点的关系。*/parent[x] = px;}return parent[x];
}
/*
对于"relat[x] ^= relat[parent[x]];"异或解释：可以通过简单的分析得出:1.如果( relation[x和旧父]=0 && relation[旧父和新父]=0 )或者(
relation[x和旧父]=1 && relation[旧父和新父]=1 )，则 relation[x和新父]=02.如果(relation[x和旧父]=1 && relation[旧父和新父]=0 )或者(
relation[x和旧父]=0 && relation[旧父和新父]=1 )，则 relation[x和新父]=1可以发现，最终relatino[x和新父] = relation[x和旧父] ^ relation[旧父和新父]即： relat[x] ^= relat[parent[x]];对于下面的merge函数中的异或同理*/
void merge(int x, int y, int d) {  // d要么为0，要么为1int px = find(x);int py = find(y);if (px != py) {parent[py] = px;relat[py] = relat[x] ^ relat[y] ^ d;}
}int main(void) {int m, p, q;while (scanf("%d%d%d", &m, &p, &q)) {if (m + p + q == 0) {break;}for (int i = 1; i <= p + q; i++) {  //**初始话relat[i] = 0;parent[i] = i;}while (m--) {int x, y, d = 1;char ch[5];scanf("%d%d%s", &x, &y, ch);if (ch[0] == 'y') {d = 0;}merge(x, y, d);}memset(num, 0, sizeof(num));  //**num存储集合个数并且给他们编号memset(path, 0, sizeof(path));memset(cnt, 0, sizeof(cnt));memset(dp, 0, sizeof(dp));memset(flag, 0, sizeof(flag));int tot = 0;for (int i = 1; i <= p + q; i++) {  //**统计集合个数并且编号if (find(i) == i) {num[i] = ++tot;  // tot连通块个数，num记录root=i的连通块的编号}}for (int i = 1; i <= p + q;i++) {  //**分别统计每个集合两种类的数目并存储到cnt中cnt[num[find(i)]][relat[i]]++;}dp[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= tot; i++) {        // tot=2for (int j = p + q; j >= 0; j--) {  // p+q=7//**dp[i][j]存储到第i个集合选择种类和为j的方法数if (j - cnt[i][0] >= 0 && dp[i - 1][j - cnt[i][0]]) {dp[i][j] += dp[i - 1][j - cnt[i][0]];path[i][j] =cnt[i][0];  //**path数组记录路径，即选的是1还是0}if (j - cnt[i][1] >= 0 && dp[i - 1][j - cnt[i][1]]) {dp[i][j] += dp[i - 1][j - cnt[i][1]];path[i][j] = cnt[i][1];}}}/*这部分两个if有点难理解，因为可能会想到，两个if都满足的话，那么最后得出的dp[i][j]就有可能存在同一个大集合里面选取了两个小集合的情况，这样就违背了“只从一个大集合选其中一个小集合”的情况。但，可以发现，我们最后限制了方法数是dp[tot][p]=1时，才是有唯一方案的。如果像刚刚说的两个if都满足，那么dp[i][j]一定>1，也就不会符合下面的dp[tot][p]=1限制，所以解决了这个问题。*/if (dp[tot][p] != 1) {printf("no\n");} else {for (int i = tot, j = p; j > 0 && i > 0; i--) {  //**标记路径if (path[i][j] == cnt[i][0]) {flag[i][0] = 1;} else {flag[i][1] = 1;}j -= path[i][j];//记得减。因为背包时恰好选够p,所以要跟随着p逐次减少当时的物品，找到路径}for (int i = 1; i <= p + q; i++) {if (flag[num[find(i)]][relat[i]]) {printf("%d\n", i);}}printf("end\n");}}return 0;
}/*5 4 3 1 2 yes 1 3 no 4 5 yes 5 6 yes 6 7 no  0 0 06 4 4 1 2 yes 1 3 no 4 5 yes 5 6 yes 6 7 no  7 8 yes 0 0 0*/

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