hdu 5899 oasis in desert（acm/icpc 沈阳赛区网络赛，Floyd+二分图判定+最大匹配，好难啊）

传送门： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5899

题目大意：

沙漠中有N个绿洲，由M条路相连，每条路的长度为L。

定义两个集合：
（1）最大危险集：对于集合中任意两点，其最小距离大于k，满足此条件的集合有多个，取最大的那个。
（2）最小安全集：对于图中任意两点，只要他俩的距离≤k，那么最小安全集中至少包含这两个点中的一个。满足条件的集合有多个，取最小的那个。

问这个图中存不存在一个点集，它既是最大危险集，又是最小安全集。
如果存在，输出字典序最小的那个集合，如果不存在，输出Impossible。

题目分析：
其实拿到这个题，想到了跟二分图匹配有关系，但一开始是把原图的点拆成两个，怎么想也对不上。看了这位大神http://blog.csdn.net/wmdcstdio/article/details/52576840的题解就明白了。
这道题应该这样构图：

构建图G′(V,E′),其中E′={(i,j)|dist(i,j)≤k,(i,j)∈E}.也就是把原图里最短距离≤k的两个边连起来。
接下来是见证奇迹的时刻~~

我们假设一个点v1属于答案集，那么：
1. v1点相邻的点一定不属于答案集；（因为最大危险集定义）
2. 和1中相邻的点一定属于答案集；（因为最小安全集定义）
3. 和2中相邻的点一定不属于答案集；
….

因此得出结论:
1.图G′是个二分图.
2.“最大危险集”即为图G′的最大独立集（因为要满足任意两点间距离>k,也就是无边）；
3.“最小安全集”即为图G′的最小支配集（因为这个集合能“支配”所有小于等于L的路径，也就是G′的边嘛）

我们都知道，最大独立集+最小支配集=图的总点数，所以说，答案集存在只需最大匹配=n/2即可。

这里面还有一个问题，我也在这里wa了六七发。那就是输入的原图有可能不连通，这种情况要输出impossible。上述博主在这里似乎有点问题，因为如果不连通，就算每个子图都存在这种答案集，如果取了并集也会存在两个点他们是连不通的，而“最小距离大于k”的前提是存在最小距离，他俩都连不通，就没有意义。所以还要加一条判断就是，图G是连通的！！！

求最小距离用了Floyd算法，判定二分就是裸的dfs，然后求最大匹配用了一个匈牙利算法。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define INF 0x3f3f3f3fint t,n,m,k,a,b,l;int p[510];//记录每个点的颜色,0没染，1黑色，2白色int dis[510][510];//因为要算距离，所以用邻接矩阵存图vector<int> g[510];int f[510],vis[510];int cnt;void floyd() {    for(int k=1;k<=n;k++)        for(int i=1;i<=n;i++)            for(int j=1;j<=n;j++)                dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);}void initGraph() {  //构造图g，当i-j边距离小于等于k的时候，给i-j加一条边    for(int i=1;i<=n;i++) {        for(int j=i+1;j<=n;j++) {            if(dis[i][j]<=k) {                g[i].push_back(j);                g[j].push_back(i);            }        }    }}bool dfs(int u,int col) { //给i点染col色    //cout<<u<<","<<col<<endl;    p[u]=col;    for(int i=0;i<g[u].size();i++) {        int v=g[u][i];        if(p[v]==col)//如果相邻的两个点颜色一样，那就是非法的            return false;        else if(p[v]==0) {            if(col==1) {                if(!dfs(v,2)) return false;            }            else {                if(!dfs(v,1)) return false;            }        }    }    return true;}bool paint() {    //v1.clear();v2.clear();    for(int i=1;i<=n;i++) {        if(p[i]==0) {            p[i]=1;            if(!dfs(i,1))                return false;        }    }    return true;}bool dfs2(int i) {    vis[i]=1;    for(int j=0;j<g[i].size();j++) {        int u=g[i][j];        if(f[u] == -1 || (!vis[f[u]] && dfs2(f[u]))) {            f[u]=i;            f[i]=u;            return 1;        }    }    return 0;}bool match() {    memset(f,-1,sizeof(f));    for(int i=1;i<=n;i++) {        if(f[i]==-1) {            memset(vis,0,sizeof(vis));            cnt+=dfs2(i);        }    }    return cnt*2==n;}void solve() {    int con=1;    for(int i=1;i<=n;i++)        if(dis[1][i]<INF)            con++;    if(!paint() || con<n || !match())        printf("Impossible\n");    else {        vector<int> ans;        for(int i=1;i<=n;i++)            if(p[i]==1)                ans.push_back(i);        printf("%d\n", ans.size());        for(int i=0;i<ans.size()-1;i++)            printf("%d ", ans[i]);        printf("%d\n", ans.back());    }}int main() {    scanf("%d",&t);    while(t--) {        scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));        for(int i=1;i<=n;i++)            dis[i][i]=0;        memset(p,0,sizeof(p));        memset(g,0,sizeof(g));        cnt=0;        while(m--) {            scanf("%d %d %d",&a,&b,&l);            dis[a][b]=l;dis[b][a]=l;        }        if(n==0) { //特判0个点            printf("0\n");            continue;        }        floyd();        initGraph();        solve();    }}