AtCoder AGC #004 : F - Namori

杏より呆の方が好みです。
http://agc004.contest.atcoder.jp/tasks/agc004_f

問題

N頂点M辺(M=N-1 or N)の連結無向グラフが与えられる。
初期状態で全頂点は白である。
隣接する２頂点が同じ色の場合、まとめて白黒反転できるとする。
全頂点を黒に出来るか。できるなら最小反転回数を求めよ。

解法

部分点：M=N-1、すなわち木の場合

木は二部グラフともいえる。そこで市松模様状に初期状態を白黒交互の頂点だとする。
また、同じ色を反転する処理を、白・黒の組み合わせを反転させる処理と読み替える。

こうすると、初期状態から全体を白黒反転させる問題と読み替えることができる。
処理を行っても白黒の総数は変わらないので、初期状態で白黒の数が同数の場合のみ問題の条件を満たす。
さらに、全黒頂点をそれぞれ異なる白頂点に移動させる最小コストを求める問題と読み替えることができる。

こうすると、この問題はO(N)のDFSで解ける。
根付き木において各頂点の白黒頂点数に差がある場合、親側とその差分を融通しないといけないので、親側の辺を通る回数はその差分の絶対値に等しい。
後はその総和を求めればよい。

満点:M=Nの場合

この場合、１か所だけ閉路がある。
この閉路が偶数長か奇数長かでアプローチは異なる。

閉路が偶数長の場合

グラフ全体が二部グラフであるとみなせる。
よって同様に白黒で塗り分けられる。

この際、閉路中の１か所の黒頂点の移動方向・数を決めてしまおう。あとは残された辺は木を成すので、部分点と同じ解法が取れる。
あとは最初の１か所の移動方向・数を三分探索し、コストの最小値を求めればよい。

閉路が奇数長の場合

このままではグラフが二部グラフでないので、閉路を１か所切断した上で白黒２色に塗り分けよう。
この際、全体で白黒マスが同数ではないとする。
その場合、切断した辺の両端は、他と異なり例外的に同色をまとめて反転できる辺と言える。
塗り分けた後の白黒頂点数の差で、この例外的な反転回数は一意に求められる。
あとは残された辺は木を成すので、部分点同様にコストを求めればよい。

int N,M;
set<int> E[101010];
ll sum;
int D[101010],RD,SP[101010];
int U,V;


int dfs(int cur,int pre,int type) {
	int ret=type+SP[cur];
	FORR(r,E[cur]) if(r!=pre) ret += dfs(r,cur,-type);
	sum += abs(ret);
	return ret;
}
void dfs2(int cur,int pre,int d) {
	D[cur]=d;
	FORR(r,E[cur]) if(r!=pre) {
		
		if(D[r]>=0) {
			if(RD==0) U=cur, V=r, RD=d+1-D[r];
		}
		else dfs2(r,cur,d+1);
	}
}

ll test(int v) {
	sum=abs(v);
	SP[U]=v;
	SP[V]=-v;
	dfs(U,-1,1);
	return sum;
}

void solve() {
	int i,j,k,l,r,x,y; string s;
	
	cin>>N>>M;
	FOR(i,M) {
		cin>>x>>y;
		E[x-1].insert(y-1);
		E[y-1].insert(x-1);
	}
	
	if(M==N-1) {
		x = dfs(0,-1,1);
		if(x!=0) sum=-1;
	}
	else {
		MINUS(D);
		dfs2(0,-1,0);
		E[U].erase(V);
		E[V].erase(U);
		
		if(RD%2==1) {
			x = dfs(U,-1,1);
			if(abs(x)%2==1) return _P("-1\n");
			sum = abs(x)/2;
			SP[U]-=x/2;
			SP[V]-=x/2;
			dfs(U,-1,1);
		}
		else {
			x = dfs(U,-1,1);
			ll tsum=sum;
			if(x) return _P("-1\n");
			
			ll L=-101010,R=101010;
			while(R-L>5) {
				int M1=(2*L+R)/3;
				int M2=(L+R*2)/3;
				ll sum1=test(M1);
				ll sum2=test(M2);
				if(sum1<sum2) R=M2;
				if(sum1>sum2) L=M1;
				if(sum1==sum2) L=M1,R=M2;
			}
			for(x=L;x<=R;x++) tsum=min(tsum,test(x));
			sum=tsum;
		}
		
	}
	cout<<sum<<endl;
}

まとめ

コード量は短いが、とにかく考察が重い。