二分图是这样一个图： 有两顶点集且图中每条边的的两个顶点分别位于两个顶点集中，每个顶点集中没有边直接相连接。
无向图G为二分图的充分必要条件是，G至少有两个顶点,且其所有回路的长度均为偶数。
判断二分图的常见方法是染色法： 开始对任意一未染色的顶点染色，之后判断其相邻的顶点中，若未染色则将其染上和相邻顶点不同的颜色， 若已经染色且颜色和相邻顶点的颜色相同则说明不是二分图，若颜色不同则继续判断，bfs和dfs都可以。
易知：任何无回路的的图均是二分图。
代码：
bool Color(int u)
{
for(int i=head[u]; ~i; i=edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if(!col[v])
{
col[v] = !col[u];
if(!Color(v)) return false;
}
else if(col[v] == col[u])
return false;
}
return true;
}
Codevs1170 双栈排序NOIP2008
题目分析：
分析条件，我们把问题抽象为数学模型。设输入序列为S，考虑S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈的条件.注意,这里所说的"S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈",不是说仅仅不能同时在一个栈中,而是自始至终不能进入一个栈,即如果有解,那么S[i],S[j]一定进入过的栈不同.
结论P: S[i],S[j]两个元素不能进入同一个栈 <=> 存在k,满足i<j<k,使得S[k]<S[i]<S[j]. 证明略过,请参考sqybi.尝试后可以发现结论P是正确的.
把每个元素按照输入序列中的顺序编号,看作一个图中的每个顶点.这时,我们对所有的(i,j)满足i<j,判断是否满足结论P,即S[i],S[j]两个元素能否进入同一个栈.如果满足P,则在i,j之间连接一条边.
我们对图染色,由于只有两个栈,我们得到的图必须是二分图才能满足条件.由于要求字典序最小,即尽量要进入栈1,我们按编号递增的顺序从每个未染色的顶点开始染色,相邻的顶点染上不同的色,如果发生冲突,则是无解的.否则我们可以得到每个顶点颜色,即应该进入的栈.
接下来就是输出序列了,知道了每个元素的决策,直接模拟了.
在判断数对(i,j)是否满足P时,枚举检查是否存在k的时间复杂度是O(n),则总的时间复杂度是O(n^3),对于n=1000是太大了.这原因在于过多得枚举了k,我们可以用动态规划把枚举k变为O(1)的算法.
设F[i]为Min{S[i],S[i+1],S[i+2]..S[n-1],S[n]},状态转移方程为F[i]=Min{ S[i] , F[i+1] }.边界为F[N+1]=极大的值.
判断数对(i,j)是否满足P,只需判断(S[i]<S[j] 并且 F[j+1]<S[i])即可.时间复杂度为O(n^2).
多亏有题解，不然根本想不出来那个结论P啊...
模拟也是个问题：
知道了每个点的color（cc），入栈很容易。问题是什么时候出栈。
设a为当前需要出栈的元素，b为a+1
当s1的栈顶是a时，立刻出栈。因为出s1的优先级是2，只有入s1比它高，但那样就把应该出的元素压住了，显然不行。所以直接出就能保证字典序最小。
当s2的栈顶是a时，麻烦来了。因为出s2的优先级比入s1低，所以如果可能应当先入s1，把该出的元素放在s2不管它，直到迫不得已必须出的时候。
s2出栈的情况：s2的栈顶是a时，cc[i+1]==2 || (cc[i+1]==1&&!s1.empty()&&s1.top()==b) || s1.empty()
注意模拟之前先cc[n+1]=2，保证入栈全部完成时s2不再受入栈限制（cc[i+1]==2）
详见代码：
#include<iostream> #include<stack> using namespace std; const int Size=1005; int n,data[Size]; int f[Size]; int cc[Size]; bool flag=true; int a=1,b=2; stack<int> s1,s2; //edge struct E{ int to; E *next; }*head[Size]; void add(int a,int b){ E *p=new E; p->to=b; p->next=head[a]; head[a]=p; } void color(int u){ for(E* i=head[u]; i!=NULL; i=i->next){ int v = i->to; if(!cc[v]){ cc[v] = cc[u]==1?2:1; color(v); if(!flag)return; } else if(cc[v] == cc[u]){ flag=false; return; } } } void out(int i){ bool ok=true; while(ok){ ok=false; if(!s1.empty()&&s1.top()==a){ s1.pop(); cout<<"b "; a++;b++; ok=true; } if(!s2.empty()&&s2.top()==a){ if(cc[i+1]==2||(cc[i+1]==1&&!s1.empty()&&s1.top()==b)||s1.empty()){ s2.pop(); cout<<"d "; a++;b++; ok=true; } } } } int main(){ cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=NULL; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>data[i]; } f[n+1]=0x3f3f3f3f; for(int i=n;i>=1;i--){ f[i]=min(data[i],f[i+1]); } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ if(data[i]<data[j]&&f[j+1]<data[i]){ add(i,j); add(j,i); } } } for(int i=1;i<=n;i++){ if(cc[i]==0){ cc[i]=1; color(i); if(!flag)break; } } cc[n+1]=2; if(flag){ for(int i=1;i<=n;i++){ if(cc[i]==1)s1.push(data[i]),cout<<"a "; else s2.push(data[i]),cout<<"c "; out(i); } } else cout<<0; return 0; }
原文：http://www.cnblogs.com/FuTaimeng/p/5636129.html