TYVJ P1403 [NOIP2010]关押罪犯

TYVJ的编译器总是要搞点岔子出来，上次是double必须用f输出而不能用lf，这次又不知道为何CE

于是去了洛谷P1525测试，AC

题目描述

S 城现有两座*，一共关押着N 名罪犯，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）来表示某两名罪犯之间的仇恨程度，怨气值越大，则这两名罪犯之间的积怨越多。如果两名怨气值为c 的罪犯被关押在同一*，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，警察局会将本年内*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，他就会考虑撤换警察局长。

在详细考察了N 名罪犯间的矛盾关系后，警察局长觉得压力巨大。他准备将罪犯们在两座*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*内的某两个罪犯间有仇恨，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？

输入输出格式

输入格式：

输入文件的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，分别表示罪犯的数目以及存在仇恨的罪犯对数。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，且每对罪犯组合只出现一次。

输出格式：

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*中未发生任何冲突事件，请输出0。

输入输出样例

输入样例#1：

4 6
1 4 2534
2 3 3512
1 2 28351
1 3 6618
2 4 1805
3 4 12884

输出样例#1：

3512

说明

【输入输出样例说明】罪犯之间的怨气值如下面左图所示，右图所示为罪犯的分配方法，市长看到的冲突事件影响力是3512（由2 号和3 号罪犯引发）。其他任何分法都不会比这个分法更优。

【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。

1、并查集解法

　　简单又快捷，详见之前写过的题解，链接：

　　http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/5557982.html

2、二分+二分图染色

　　并不简单也并不快捷，用来练习分治算法。

　　先根据罪犯间的关系建好图。

　　二分在所有边权值中查找答案，每次在图中对边权大于当前所尝试答案的边进行染色，如果都染色成功，说明当前答案可行，则继续寻找更小的答案；如果染色不成功，说明当前答案不正确，则继续尝试更大的答案。

 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<vector>
 using namespace std;
 const int mxm=;
 const int mxn=;
 int cnt=;
 int uplimit=;
 int n,m;
 int color[mxn];
 int mid;
 vector<int>eg[mxn];
 vector<int>w[mxn];
 struct edge{
     int x,y;
     int d;
 }e[mxm];
 int cmp(const edge a,const edge b){
     return a.d>b.d;
 }
 void build(){//建图
     for(int i=;i<=m;i++){
         eg[e[i].x].push_back(e[i].y);
         w[e[i].x].push_back(e[i].d);
         eg[e[i].y].push_back(e[i].x);
         w[e[i].y].push_back(e[i].d);
     }
     return;
 }
 bool dfs(int x,int fa){//dfs判断二分情况
     if(color[x]==color[fa] && color[x]!=-)return ;//矛盾
     if(color[x]==!color[fa])return ;//可行
     color[x]= !color[fa];
     for(int i=;i<eg[x].size();i++){
         int v=eg[x][i];
         if(v!=fa && w[x][i]>e[mid].d)
             if(!dfs(v,x))return ;
     }
     return ;
 }
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     int i,j;
     int u,v,d;
     for(i=;i<=m;i++){
         scanf("%d%d%d",&u,&v,&d);
         e[++cnt].x=u;e[cnt].y=v;e[cnt].d=d;
     }
     sort(e+,e+m+,cmp);//边权从大到小排序
     build();//建图
     int l,r;
     l=;r=m;//在所有边中二分查找
     int ans=;
     while(l<=r){
         bool flag=;
         memset(color,-,sizeof(color));//重置染色状态
         color[]=;
         mid=(l+r)>>;
         for(i=;i<=n;i++){
             if(color[i]==-)
                if(dfs(i,)==false){
                        flag=;//不成立
                        break;
                }
         }
         if(flag)r=mid-;
         else{
             ans=e[mid].d;//保存答案
             l=mid+;//更新边界
         }
     }
     if(m==)ans=;
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }