这题第一次做的人一般是颓题解的。
首先我们转化一下问题，既然厌恶的人不能一起出席，是一种不传递关系，我们构建补图，这样补图的边表示两个骑士可以同时出席。
此时，由于只能有奇数个人参加，则我们要找出奇环，奇环内的人是可以同时参加的，而链上的是不可以的（想想为什么），而且根据题意，这样建图后的孤岛点是废的。所以缩vDcc（点双）的时候不用管他。为什么要缩点双呢？因为vDcc有这样一个性质：
只要一个vDcc中存在奇环，那么整个vDcc中的任意一点都至少在一个奇环中。
那么这样我们只要求出所有vDcc然后对每个vDcc跑染色法判定二分图就行了。这是因为一张无向图中有奇环，则它不是二分图，反之则有一张无向图是二分图则它不含奇环，这应该是一个充要条件。
所以总结一下流程：先建补图，然后tarjan求出所有vDcc，然后判断这个点双是否为二分图，若不是二分图，则这个vDcc里所有节点都可以参加。
上述流程的原因在上方有一些解释及定理。先给出实现，然后下方有些证明和染色法的微型解释。
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<queue> #include<stack> #include<set> #include<map> //#define db(x) cerr<<x<<"bug"<<endl using namespace std; struct EDGE{ int ed,nex; }edge[20000500];int num,first[2000]; int root,n,m,time_,top,vccnum,ans; int dfn[2000],low[2000],sta[25000],bl[2000],col[2000]; vector<int>vcc[2000]; bool can[2000],a[1005][1005]; int read(){ int sum=0,f=1;char x=getchar(); while(x<'0'||x>'9'){ if(x=='-') f=-1; x=getchar(); }while(x>='0'&&x<='9'){ sum=sum*10+x-'0'; x=getchar(); }return sum*f; } void init(){ memset(first,0,sizeof(first)); num=time_=top=vccnum=ans=0; memset(low,0,sizeof(low)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(bl,0,sizeof(bl)); for(int i=1;i<=n;i++) vcc[i].clear(); memset(can,0,sizeof(can)); memset(col,0,sizeof(col)); memset(a,0,sizeof(a)); } void add(int st,int ed){ edge[++num].ed=ed; edge[num].nex=first[st]; first[st]=num; } bool bfs(int st,const int bln){ queue<int>q; col[st]=1; q.push(st); while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for(int i=first[x];i;i=edge[i].nex){ int y=edge[i].ed; if(bl[y]!=bln) continue; if(col[y]==col[x]) return 1; else if(col[y]==-1){ col[y]=3-col[x]; q.push(y); } } }return 0; } void tarjan(int x){ dfn[x]=low[x]=++time_; sta[++top]=x; for(int i=first[x];i;i=edge[i].nex){ int y=edge[i].ed; if(!dfn[y]){ tarjan(y); low[x]=min(low[x],low[y]); if(low[y]>=dfn[x]){ vcc[++vccnum].push_back(x); int p; do{ p=sta[top--]; vcc[vccnum].push_back(p); }while(p!=y); } }else low[x]=min(low[x],dfn[y]); } } int main(){ while(1){ n=read();m=read(); if(n==0&&m==0) return 0; init(); for(int i=1,x,y;i<=m;i++){ x=read();y=read(); a[x][y]=a[y][x]=1; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){ if(i==j) continue; if(a[i][j]) continue; add(i,j); } // db(1); for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i); // db(2); for(int i=1;i<=vccnum;i++){ for(int j=0;j<vcc[i].size();j++) bl[vcc[i][j]]=i,col[vcc[i][j]]=-1; if(bfs(vcc[i][0],i)) for(int j=0;j<vcc[i].size();j++) can[vcc[i][j]]=1; } // db(3); for(int i=1;i<=n;i++) if(!can[i]) ans++; printf("%d\n",ans); // db(4); }return 0; }
证明：只要一个vDcc中存在奇环，那么整个vDcc中的任意一点都至少在一个奇环中。
首先，根据点双的含义，由于不存在割点，当存在一个奇环时，则任意一个点都可以有两条路径到达这个奇环上的两个点，从而将奇环分成两半，一半含奇数个点，另一半则含偶数个点。
而上述任意一点肯定跟着一条链（或者它自己连出两条边）接到这个环上（因为不这样会违背点双特性），当这个链上有偶数个节点时，可以和含奇数个点的半环构成奇环，若这个链上含有偶数个点，则可以和含奇数个点的半环构成奇环。
所以，该点一定位于奇环上。
那么，对所有点用同样的方式证明，可以得出上述结论。
证毕。
原谅这张丑陋的图。
证明：一张无向图中有奇环，则它不是二分图，反之则有一张无向图是二分图则它不含奇环。
首先，当一张图是二分（部）图时，它的两部内部一定不连边，只有两部之间的边，若成奇环的话，我们假定这个环上的节点为顺次的x1,x2,x3,……x2k-1，不妨设x1位于左部，则x2位于右部，x3位于左部……x2k-1位于左部，然后与x1连边，不符合二分图的定义，所以一张二分图不含奇环。
同理，若图里含奇环，则无法构造出二分图，因为最终总会有一个点不能归属于任意一部。
证毕。
剩下的染色法又称黑白染色法。根据上述的二分图与奇环关系定理，我们尝试用黑白两种颜色标记图中的节点，当一个节点被染色后，与它相邻的节点则标记为相反颜色，若标记过程存在冲突，则说明奇环存在，这个可以自己画图去感受一下。