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分析:
再现C比B简单。。。。(然而被B卡了,DP大失败。。)
其实我觉得这题的出题人有点偷懒。。。正解是9月2日的CF中的E题简化版
这两道题的本质就是:
合法性互相嵌套的问题(即:A的合法性需要B保证,同时B的合法性又需要A保证)。
说具体一点,在这题中,很显然我们需要找一个环,环上的每个点两侧的点分别为’A’,‘B’。
换言之:我们需要找一个点双联通分量,其中每个点相邻的点中至少有一个A,B(这些点也必须在这个双联通分量中)。
如果一个点u能出现在这样的点双中,那么其必须使得它周围的至少一个A点,至少一个B点也在点双中,但那些点又有可能必须u出现,他们才会合法。所以这里就形成了合法性互相嵌套。
对于这类问题,直接求答案有些麻烦,比较简单的方式是:通过删去所有不合法的点,以间接求出所有点的合法性。
在这道题中,可以删去所有周围只有一种字符的点,再检查它的删去会不会对它周围的点造成影响,如果它的删去使得其周围某个点也非法了,那么那个点也要删去。这样一直做下去,最后剩余的点就一定合法了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 200010
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
int cnt[MAXN][2];
char s[MAXN];
bool del[MAXN];
vector<int> a[MAXN];
void dfs(int x){
del[x]=1;
for(int i=0;i<a[x].size();i++){
int u=a[x][i];
if(del[u]==0){
cnt[u][s[x]-'A']--;
if(cnt[u][s[x]-'A']==0)
dfs(u);
}
}
}
int main(){
SF("%d%d",&n,&m);
SF("%s",s+1);
int u,v;
for(int i=1;i<=m;i++){
SF("%d%d",&u,&v);
a[u].push_back(v);
a[v].push_back(u);
cnt[v][s[u]-'A']++;
cnt[u][s[v]-'A']++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(del[i]==0&&(cnt[i][0]==0||cnt[i][1]==0))
dfs(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(del[i]==0){
PF("Yes");
return 0;
}
PF("No");
}