poj 1659 Frogs' Neighborhood (贪心 + 判断度数序列是否可图)

Frogs' Neighborhood
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Description

未名湖附近共有N个大小湖泊L1, L2, ..., Ln(其中包括未名湖)，每个湖泊Li里住着一只青蛙Fi(1 ≤i ≤ N)。如果湖泊Li和Lj之间有水路相连，则青蛙Fi和Fj互称为邻居。现在已知每只青蛙的邻居数目x1,x2, ..., xn，请你给出每两个湖泊之间的相连关系。

Input

第一行是测试数据的组数T(0 ≤ T ≤ 20)。每组数据包括两行，第一行是整数N(2 < N < 10)，第二行是N个整数，x1,x2,..., xn(0 ≤ xi ≤ N)。

Output

对输入的每组测试数据，如果不存在可能的相连关系，输出"NO"。否则输出"YES"，并用N×N的矩阵表示湖泊间的相邻关系，即如果湖泊i与湖泊j之间有水路相连，则第i行的第j个数字为1，否则为0。每两个数字之间输出一个空格。如果存在多种可能，只需给出一种符合条件的情形。相邻两组测试数据之间输出一个空行。

Sample Input

3
7
4 3 1 5 4 2 1
6
4 3 1 4 2 0
6
2 3 1 1 2 1
Sample Output

YES
0 1 0 1 1 0 1
1 0 0 1 1 0 0
0 0 0 1 0 0 0
1 1 1 0 1 1 0
1 1 0 1 0 1 0
0 0 0 1 1 0 0
1 0 0 0 0 0 0

NO

YES
0 1 0 0 1 0
1 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 1
0 1 0 0 0 0
1 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
Source

POJ Monthly--2004.05.15 Alcyone@pku

题意：
告诉每只青蛙有几个邻居(两只青蛙若生活在有水路相连的湖泊中则是邻居)，用矩阵输出
湖泊的相连关系。

分析：
就是已知每个点的度数，判断是否可图。
第一想法是先把邻居多的安排好（贪心），开始没想到图论中的havel定理，只想到先要排序，然后
找到邻居的相应减1，然后直到所有的青蛙都找到邻居就结束这种操作。
havel定理：
给定一个非负整数序列{dn}，若存在一个无向图使得图中各点的度与此序列一一对应，则称此序列可图化。
进一步，若图为简单图，则称此序列可简单图化。
1、Havel-Hakimi定理主要用来判定一个给定的序列是否是可图的。
2、度序列：若把图 G 所有顶点的度数排成一个序列 S，则称 S 为图 G 的度序列。
3、一个非负整数组成的有限序列如果是某个无向图的序列，则称该序列是可图的。
4、判定过程：（1）对当前数列排序，使其呈递减，（2）从S【2】开始对其后S【1】个数字-1，（3）
????? 一直循环直到当前序列出现负数（即不是可图的情况）或者当前序列全为0 （可图）时退出。
5、举例：序列S：7,7,4,3,3,3,2,1 删除序列S的首项 7 ，对其后的7项每项减1，得到：6,3,2,2,2,1,0，

????? 继续删除序列的首项6，对其后的6项每项减1，得到：2,1,1,1,0，-1，到这一步出现了负数，因此

????? 该序列是不可图的。

?

havel定理的应用：

对于一个给定的度序列，看能不能形成一个简单无向图。

Havel算法的思想简单的说如下：

(1)对序列从大到小进行排序。

(2)设最大的度数为t,把最大的度数置0,然后把最大度数后(不包括自己)的t个度数分别减1(意思就是

???? 把度数最大的点与后几个点进行连接)

(3)如果序列中出现了负数,证明无法构成。如果序列全部变为0,证明能构成,跳出循环.前两点不出现，

???? 就跳回第一步！

?

感想：

看到越来越多转化为图连边来分析问题的做法，好奇妙啊好奇妙~

?

代码：

?

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

int f[12][12];
struct node
{
    int degree,flag;
}a[12];
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.degree>y.degree;
}
int main()
{
    int T,i,j,n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i].degree);
            a[i].flag=i;
        }
        bool succ=1;
        while(1)
        {
            sort(a+1,a+n+1,cmp);
            if(a[1].degree==0)
                break;
            for(i=2;i<=a[1].degree+1;i++)
            {
                a[i].degree--;
                f[a[1].flag][a[i].flag]=1;
                f[a[i].flag][a[1].flag]=1;
                if(a[i].degree<0)
                {
                    succ=0;
                    break;
                }
            }
            if(!succ) break;
            a[1].degree=0;
        }
        if(!succ) puts("NO\n");
        else
        {
            puts("YES");
            for(i=1;i<=n;i++)
            {
                for(j=1;j<=n;j++)
                    printf("%d%c",f[i][j],j==n?'\n':' ');
            }
            puts("");
        }
    }
    return 0;
}

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