题目描述

曹是一只爱刷街的老曹，暑假期间，他每天都欢快地在阳光大学的校园里刷街。河蟹看到欢快的曹，感到不爽。河蟹决定*阳光大学，不让曹刷街。

阳光大学的校园是一张由 n 个点构成的无向图，n 个点之间由 m 条道路连接。每只河蟹可以对一个点进行*，当某个点被*后，与这个点相连的道路就被*了，曹就无法在这些道路上刷街了。非常悲剧的一点是，河蟹是一种不和谐的生物，当两只河蟹*了相邻的两个点时，他们会发生冲突。

询问：最少需要多少只河蟹，可以*所有道路并且不发生冲突。

输入格式

第一行两个正整数，表示节点数和边数。 接下来 mm 行，每行两个整数 u,vu,v，表示点 uu 到点 vv 之间有道路相连。

输出格式

仅一行如果河蟹无法*所有道路，则输出 Impossible，否则输出一个整数，表示最少需要多少只河蟹。

输入输出样例

输入 #1

3 3
1 2
1 3
2 3

输出 #1

Impossible

输入 #2复制

3 2
1 2
2 3

输出 #2复制

1

小螃蟹占领一个点，一个有意思的题目，1#做这题一定要注意一个陷阱，这个题目所有的点不一定是连通的，所以在左后一定要输出的是最优的方法，2#在对图存储的时候要选择好比较节省时间的存储方式（一开始我选择的存储方式是临接表的存储方式，后来在递归的时候容易出现超时的现象），所以后来我选择了链式前向星的存储方式；

创建链式前向星

void addedge(int a, int b) {
	edge[cnt].to = b;
	edge[cnt].next = head[a];
	head[a] = cnt;
	cnt++;
}

对于校园里的每一个节点都只有两种情况（有螃蟹和没有螃蟹两种情况），同由于螃蟹的个性问题两螃蟹不能是相邻的所以当第一个格子相邻的格子里必定没有，所以可以通过这个特性对每个给子是否螃蟹进行遍历，为了节省时间，我们可以定义一个变量来存放格子的状态，当这个格子已经处理过螃蟹后我们只要进行简单的判断就可以了

bool dfs(int a, int k)
{
	int i;
	bool ecan = true;
	if (user[a])
	{
		if (crab[a] != k)
		{
			return false;
		}
		return true;
	}
	user[a] = 1;
	sum[k]++;
	crab[a] = k;
	for (i = head[a]; i != 0; i = edge[i].next)
	{
		ecan=ecan&&dfs(edge[i].to, 1 - k);
	}
	return ecan;
}

最后附上全部代码

#include<iostream>

using namespace std;

struct Edge {
	int to;
	int next;
}edge[200002];
int cnt = 1;
int head[200002];
int user[10001] = { 0 };  //用来存放是否已经放过螃蟹
int crab[10001] = { 0 };  //1为放螃蟹，0为不放螃蟹
int sum[2];  //用来记录放螃蟹和不放螃蟹的格子数

void addedge(int a, int b) {
	edge[cnt].to = b;
	edge[cnt].next = head[a];
	head[a] = cnt;
	cnt++;
}

bool dfs(int a, int k)
{
	int i;
	bool ecan = true;
	if (user[a])
	{
		if (crab[a] != k)
		{
			return false;
		}
		return true;
	}
	user[a] = 1;
	sum[k]++;
	crab[a] = k;
	for (i = head[a]; i != 0; i = edge[i].next)
	{
		ecan=ecan&&dfs(edge[i].to, 1 - k);
	}
	return ecan;
}


int main()
{
	int n, medge,i;
	cin >> n >> medge;
	for (i = 0; i < medge; i++)
	{
		int from, to;
		cin >> from >> to;
		addedge(from, to);
		addedge(to, from);
	}
	int ant=0;
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (user[i] == 1)
		{
			continue;
		}
		sum[1]=sum[0]=0;
		if (!dfs(i, 0))
		{
			cout << "Impossible";
			return 0;
		}
		ant += min(sum[0], sum[1]);
	}
	cout << ant;
}

oy