这是一个非黑即白的世界。
想必各位都看过题目了，首先翻译下题意：
给一幅无向图，你可以对其每个点染色，要求白黑必须挨着，灰色必须和黑白挨着，问能否染色以及染色方案。
我们可以考虑到，灰色点必然可以被黑白交替的模式代替，所以我们只要黑白染色就好，灰色可以请出去了。怎么染色？要把每个点都要染到？还要交替染？
我们立即想到一个点的入度越少越好，因为这样一个点对于其周围点的影响最小。入度最小？如果图连通，我们可以把它降为1——$\color{red}\sf\large\text{生成树}$恰好满足这一性质。
图不连通呢？题上可是说了，如果不能成功染色，那么输出NIE退出就好，另外我们可以想到，联通的图一定是可以完成染色的，所以可以大胆输出TAK
那么！我们再回头看一眼题目，就是这样的：
给一幅无向图，找出里面的生成树，对其上的每个点黑白交替染色，问图是否连通，若连通则输出每个点的颜色(有SPJ)
是否很明了了？献上一份代码（附简注），此处我用的是常规存图+dfs染色。
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#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int num=0;
int flg=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c))
{
if(c=='-')
{
flg=-1;
}
c=getchar();
}
while(isdigit(c))
{
num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return num*flg;
}
const int maxn=1e6+7;
struct edge
{
int to;
int nex;
} e[maxn];
int cnt=0;
int head[maxn];
void add(int u,int v)
{
e[++cnt].to=v;
e[cnt].nex=head[u];
head[u]=cnt;
}
bool col[maxn];
bool vis[maxn];
void dfs(int nd,bool cur)
{
vis[nd]=true;
col[nd]=cur;
for(ri i=head[nd]; i; i=e[i].nex)
{
int to=e[i].to;
if(!vis[to])
{
dfs(to,!cur);
}
}
}
int main()
{
int n=read();
int m=read();
for(ri i=1; i<=m; i++)
{
int u=read();
int v=read();
vis[u]=vis[v]=true;
add(u,v);
add(v,u);
}
for(ri i=1; i<=n; i++)
{
if(!vis[i])
{
return 0&(int)printf("NIE");
}
}
puts("TAK");
fill(vis+1,vis+n+1,0);
for(ri i=1; i<=n; i++)
{
if(!vis[i])
{
dfs(i,0);
}
}
for(ri i=1; i<=n; i++)
{
if(col[i]==0)
{
puts("K");
}
else
{
puts("S");
}
}
}
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回顾一下：这道题我们首先排除掉了不可能存在的情况，或者说存在了亦可以被代替的情况（因为SPJ）；随后我们找到了树上染色是最优的情况，解决问题。