题目大意
给你一张无向图，图中每条边是蓝色或者红色的，让你每次选一个点，就会把与这个点相连的边的颜色反转（红变蓝，蓝变红），求最少步数的方案使得最后所有边的颜色都一样。
思路
好像没有 2 ? s a t 2-sat 2?sat 的题解，那我就来一发。
首先分类讨论：要么都变成红色，要么都变成蓝色。
如果一条边的颜色与当前我们期望的颜色相同，那么要么两个点都选，要么都不选，所以如果一个点不选，那么另一个点也不选，一个点选了，另一个点也要选，建图就行了，如下图。
那么同理，如果一条边的颜色与期望的颜色不同，所以，如果一个点选，另一个点就不能选，如果一个点不选，那么另一个点就必须能选，图的话，略吧。
这样我们就理出来一个 2 ? s a t 2-sat 2?sat 的模型。
判断无解的情况，这就是 2 ? s a t 2-sat 2?sat 的经典操作，判断 u , u ′ u,u' u,u′ 是否处于一个强联通分量即可。
对于有解的情况，还要输出解，那么由于这个图是上下对称的，所以也就是说，如果你选了 i 1 , i 2 … , i m , j 1 ′ , j 2 ′ … , j m ′ ′ i_1,i_2\dots,i_m,j_1',j_2'\dots,j_{m'}' i1?,i2?…,im?,j1′?,j2′?…,jm′′? 这个强联通分量，那么你也一定可以不选它，选 i 1 ′ , i 2 ′ … , i m ′ , j 1 , j 2 … , j m ′ i_1',i_2'\dots,i_m',j_1,j_2\dots,j_{m'} i1′?,i2′?…,im′?,j1?,j2?…,jm′? 这个强联通分量，那么为了让选的个数尽可能的少，所以看看这两个东西中 u ′ u' u′ 个数谁多谁少，加到答案里面，然后再把选的这些点放到最后的方案里面就行了。
详见代码。
不知道为什么其他题解说这题细节多，可能我的方法没啥细节。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
void read(){}//学起来吧,可以这么用:read(a,b,c,……,n);
template<typename _Tp,typename... _Tps>
void read(_Tp &x,_Tps &...Ar){
x=0;char c=getchar();bool flag=0;
while(c<'0'||c>'9')flag|=(c=='-'),c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(flag)x=-x;
read(Ar...);
}
const int N=1e5+10;
int n,m;
struct zj{
int u,v,w;
}a[N];
struct edges{
int to,nex;
}edge[N*4];//注意对于每一条边,要建两条双向边,所以大小要开 4 倍
int head[N*2],kk;
void addedge(int u,int v){//链式前向星基本操作,直接建双向边了
edge[++kk]=(edges){v,head[u]};head[u]=kk;
edge[++kk]=(edges){u,head[v]};head[v]=kk;
}
int dfn[N*2],low[N*2],s[N*2],top,cnt,scc[N*2],scct;//点数别忘了开 2 倍
void tarjan(int u){//tarjan 缩点模板
dfn[u]=low[u]=++cnt;s[++top]=u;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex){
int v=edge[i].to;
if(!dfn[v])tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]);
else if(!scc[v])low[u]=min(low[u],low[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
++scct;
while(s[top]!=u)scc[s[top--]]=scct;
scc[s[top--]]=scct;
}
}
int cnt1,cnt2,k1[N],k2[N],s1[N],s2[N];//记录 dfs 中到达的 u 和 u' 的数量和编号
bool vis[N];
void dfs(int u){
if(vis[(u-1)%n+1])return;//1,2,……,n 不变, n+1,n+2,……,n+n 变成 1,2,……,n
vis[(u-1)%n+1]=1;u<=n?(k1[++cnt1]=u):(k2[++cnt2]=u-n);
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nex){
int v=edge[i].to;
dfs(v);
}
}
int get(){
int i;char c[5];bool flag1,flag2;int ans1=0,ans2=0;
for(read(n,m),i=1;i<=m;i++)read(a[i].u,a[i].v),scanf("%s",c),a[i].w=(c[0]=='R');//适量压行可以增强代码可读性(
for(i=1;i<=m;i++)a[i].w?(addedge(a[i].u,a[i].v),addedge(a[i].u+n,a[i].v+n)):(addedge(a[i].u,a[i].v+n),addedge(a[i].u+n,a[i].v));//就是我上面阐述的内容
for(i=1;i<=n*2;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);
for(flag1=1,i=1;i<=n;i++)if(scc[i]==scc[i+n])flag1=0;
if(flag1)for(i=1;i<=n;i++){
if(vis[i])continue;
cnt1=cnt2=0;
dfs(i);
if(cnt1<cnt2){//看看 u,u' 哪个少就选哪个
ans1+=cnt1;
while(cnt1)s1[++s1[0]]=k1[cnt1--];
}
else{
ans1+=cnt2;
while(cnt2)s1[++s1[0]]=k2[cnt2--];
}
//此处不能为了节省代码写成这样:
//if(cnt1>cnt2)swap(k1,k2),swap(cnt1,cnt2);
//ans1+=cnt1;
//while(cnt1)s1[++s1[0]]=k1[cnt1--];
//这样就会导致复杂度变成 O(n^2),直接 T 飞
}
//-----------------这些是全部变成蓝色的情况-----------------
memset(head,0,sizeof(head));kk=0;
memset(dfn,0,sizeof(dfn));cnt=0;
memset(low,0,sizeof(low));
memset(scc,0,sizeof(low));scct=0;
memset(s,0,sizeof(s));top=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
//-----------------一定要注意清空-----------------
for(i=1;i<=m;i++)a[i].w?(addedge(a[i].u+n,a[i].v),addedge(a[i].u,a[i].v+n)):(addedge(a[i].u,a[i].v),addedge(a[i].u+n,a[i].v+n));
for(i=1;i<=n*2;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);
for(flag2=1,i=1;i<=n;i++)if(scc[i]==scc[i+n])flag2=0;
if(flag2)for(i=1;i<=n;i++){
cnt1=cnt2=0;
dfs(i);
if(cnt1<cnt2){
ans2+=cnt1;
while(cnt1)s2[++s2[0]]=k1[cnt1--];
}
else{
ans2+=cnt2;
while(cnt2)s2[++s2[0]]=k2[cnt2--];
}
}
//-----------------这些是全部变成红色的情况-----------------
if(!flag1&&!flag2)return printf("-1"),0;//两种情况都无解那就无解了
if(!flag1||(flag2&&s1[0]>s2[0]))swap(s1,s2);//如果第一种情况无解或者第一种情况没有第二种情况优,那就选第二种
for(printf("%d\n",s1[0]),i=1;i<=s1[0];i++)printf("%d ",s1[i]);
return 0;//完美撒花
}
int main(){
return get();//主函数一行,主要可以方便多组测试数据或者开关 freopen,要不然还要把滚轮划上去注释掉，太麻烦了!
}
温馨提醒
如果有什么笔误之类的，评论或私聊我，希望能帮到大家