点此看题面

• 给定\(n\)个点，每两个点之间有一个矛盾值。
• 要求将这些点划分成两个点集，使得两个点集的最大矛盾值之和最小。
• \(n\le200\)

二分图染色

考虑我们从大到小枚举较大的那个矛盾值\(x\)，显然矛盾值大于\(x\)的一对点无法放在同一个集合中，我们可以在它们之间连一条边。

这样一来，发现必须要满足当前是一张二分图，而对于图中每一个连通块，它的两部分必须分别放在两个点集中。

由于每次我们只会加入一条边，先判断是否形成了奇环（在同一连通块中且颜色相同），否则如果它们不连通就合并两个连通块（不用显式建图\(dfs\)，可以直接暴枚一遍所有点更新所在连通块）。

\(2-SAT\)

我们二分另一个最大矛盾值。

对于矛盾值大于二分值的一对点，它们不能同时被选在这个点集中，也就是它们对应连通块的对应部分不能同时被选在这个点集中。

每个连通块必须要在两种决策中选择一种，又有着这些条件表达式，发现就是一个经典的\(2-SAT\)问题。

注意，我们只需在二分图连通块情况改变时做一遍二分答案+\(2-SAT\)，因此只会做\(O(n)\)次。

代码：\(O(n^3logn)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 200
using namespace std;
int n,c[N+5],p[N+5],a[N+5][N+5];
struct Data {int x,y,v;I bool operator < (Con Data& o) Con {return v>o.v;}}s[N*N+5];
namespace TwoSAT//2-SAT
{
	#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
	int ee,lnk[2*N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N*N+5];
	int d,dfn[2*N+5],low[2*N+5],T,S[2*N+5],IS[2*N+5],ct,bl[2*N+5];
	I void Tarjan(CI x)
	{
		dfn[x]=low[x]=++d,IS[S[++T]=x]=1;for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt)
			low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]?(IS[e[i].to]?dfn[e[i].to]:n<<1):(Tarjan(e[i].to),low[e[i].to]));
		if(dfn[x]==low[x]) {++ct;W(bl[S[T]]=ct,IS[S[T]]=0,S[T--]^x);}
	}
	I bool Check(CI x)//检验答案
	{
		RI i,j;for(ee=d=ct=0,i=1;i<=2*n;++i) lnk[i]=dfn[i]=0;//情况
		for(i=1;i<=n;++i) for(j=i+1;j<=n;++j) a[i][j]>x&&//矛盾值大于x不能同时选择
			(add(p[i]+c[i]*n,p[j]+(c[j]^1)*n),add(p[j]+c[j]*n,p[i]+(c[i]^1)*n));//把条件式表示成图中边
		for(i=1;i<=n;++i) i==p[i]&&(!dfn[i]&&(Tarjan(i),0),!dfn[i+n]&&(Tarjan(i+n),0));//Tarjan
		for(i=1;i<=n;++i) if(i==p[i]&&bl[i]==bl[i+n]) return 0;return 1;//两种选择在同一强连通分量中说明无解
	}
}
int res;I void Calc() {RI l=0,r=1e9,mid;W(l^r) TwoSAT::Check(mid=l+r-1>>1)?r=mid:l=mid+1;res=r;}//二分答案
I bool Link(CI x,CI y)//二分图连边
{
	if(p[x]==p[y]) return c[x]^c[y];RI f=p[y],w=c[x]^c[y]^1;
	for(RI i=1;i<=n;++i) p[i]==f&&(p[i]=p[x],c[i]^=w);return Calc(),true;//暴枚所有点，若与y同连通块就更新
}
int main()
{
	RI i,j,t=0;if(scanf("%d",&n),n==1) return puts("0"),0;
	for(i=1;i<=n;++i) for(j=i+1;j<=n;++j) scanf("%d",&a[i][j]),s[++t]=(Data){i,j,a[i][j]};
	RI ans=2e9;for(sort(s+1,s+t+1),i=1;i<=n;++i) p[i]=i;Calc();
	for(i=1;i<=t;++i) if(ans=min(ans,s[i].v+res),!Link(s[i].x,s[i].y)) break;//从大到小枚举边权
	return i>t&&(ans=min(ans,res)),printf("%d\n",ans),0;
}