CF19E Fairy
题意
给你一个无向图。你需要给每个点黑白染色。一个合法的染色方案为：每条边的两个端点颜色都不同。
对每一条边，求删除这一条边之后，是否存在合法的染色方案。
\(n,m \le 10^4\)。
思路
显然转化成删除一条边后不存在奇环，也即是一个二分图。
这个数据范围容易让人想到追忆。但是好像和 bitset 并没有关系啊？
第一篇题解提供了线性做法，很有教育意义。
如果枚举每条边，判断是否合法，复杂度很难降下来。
不如先发掘一下答案边有哪些性质。
原图中有若干奇环，显然答案边必须是所有奇环的交。
显然我们不可能求出所有奇环。
先弄出一棵 dfs 生成树。
然后有若干返祖边。没有横叉边，因为是无向图 dfs 树。
只包含一条非树边的环是好处理的，我们把一条非树边和它覆盖的树边形成的环叫做这个非树边的基本环。
一个包含多个非树边的环，环长奇偶性等于每个非树边的基本环的奇偶性异或和。
可以先特判不需要删除任何边也没有奇环的情况。
一个树边要成为答案边，需要满足：
- 不存在长度为奇数的，不包含它的基本环。
也不能存在长度为奇数的，不包含它的，包含多个非树边的环。
满足条件 1 后，只要包含它的基本环长度都是奇数，就满足上面这个条件。所以：
- 包含它的基本环长度都是奇数。
使用树上差分可以线性求。
至于 LCA，是不需要求的，因为只有返祖边。
一个非树边要成为答案边，需要满足：
- 不存在其他长度为奇数的基本环。
没了。
所以总时间复杂度线性。
不会套路 www
code
#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace wing_heart {constexpr int N=1e4+7;int n,m;struct pii {int id,v;};vector<pii> son[N];vector<int> ans;bool vi[N];int dep[N];int cnt[N][2];int cnt1;void dfs(int u,int fa,int fr) {vi[u]=1;dep[u]=dep[fa]+1;for(pii p : son[u]) {if(p.id==fr) continue;int v=p.v;if(!vi[v]) {dfs(v,u,p.id);} else if(dep[u]>dep[v]) {int op = (dep[u]-dep[v]+1)&1;cnt[u][op]++;cnt[v][op]--;if(op) ++cnt1;}}}void solve(int u,int fr) {vi[u]=1;for(pii p : son[u]) {if(p.id==fr) continue;int v=p.v;if(!vi[v]) {solve(v,p.id);if(cnt[v][0]==0 && cnt[v][1]==cnt1) ans.push_back(p.id);cnt[u][0]+=cnt[v][0];cnt[u][1]+=cnt[v][1];} else if(dep[u]>dep[v]) {int op = (dep[u]-dep[v]+1)&1;if(op && cnt1==1) ans.push_back(p.id);}}}void main() {sf("%d%d",&n,&m);rep(i,1,m) {int u,v;sf("%d%d",&u,&v);son[u].push_back({i,v});son[v].push_back({i,u});}rep(i,1,n) {if(!vi[i]) dfs(i,0,0);}if(!cnt1) {pf("%d\n",m);rep(i,1,m) pf("%d ",i);exit(0);}memset(vi,0,sizeof(vi));rep(i,1,n) {if(!vi[i]) solve(i,0);}sort(ans.begin(),ans.end());pf("%d\n",(int)ans.size());for(int x : ans) pf("%d ",x);}
}
int main() {#ifdef LOCALfreopen("in.txt","r",stdin);freopen("my.out","w",stdout);#endifwing_heart :: main();
}