图论 on 分而治之

CF-2133 (Codeforces Round 1044, Div. 2) 题解

Mon, 25 Aug 2025 21:51:00 +0800

2133A. Redstone?

题意

有 $n$ 个齿轮，第 $i$ 个齿轮有 $a_i$ 个齿。

现在将齿轮排成一横排，以每秒 $1$ 圈的速度转动最左侧的齿轮；对于其他齿轮，设该齿轮有 $a_i$ 个齿，它左侧的齿轮有 $a_{i - 1}$ 个齿，左侧齿轮转速为 $rev_{i - 1}$，则该齿轮的转速为 $\frac{a_{i - 1}}{a_i} \cdot rev_{i - 1}$ 圈每秒。

请问存不存在一种排列方式使得最右侧的齿轮每秒转 $1$ 圈？

题解

设第 $i$ 个齿轮的齿的线速度为 $v_i$，则 $v_i = a_i \cdot rev_i$。

根据题中齿轮转速公式，可得：$v_{i + 1} = a_{i + 1} \cdot \frac{a_i}{a_{i + 1}} \cdot rev_i = a_i \cdot rev_i = v_i (i < n)$，即 $v_1 = v_2 = v_3 = \dots = v_n$。

什么时候有 $rev_1 = 1 = rev_n$ 呢？容易证明，当且仅当 $a_1 = a_n$ 时两齿轮转速相等。

那么排列方式就是把任意一对齿数相等的齿轮放在两端，剩余的齿轮在中间任意放置。若没有齿数相等的齿轮，则没有排列方式。

答案显而易见，判断是否有齿数相等的齿轮。

参考代码

O(n^2) 做法

Submission #335515090

O(n log n) 做法

在 C++ 中，unique() 函数会返回一个迭代器，指向去重后的数组末尾，我们通过这个迭代器可以计算出新数组的长度，进一步我们可以判断数组长度是否有减少，若有减少，则说明有齿数相等的齿轮。

Submission #335402522

O(n) 做法 1

由于数据范围足够小，所以完全不会产生哈希碰撞，set 的单次操作复杂度为 $O(1)$。

Submission #335440738

O(n) 做法 2

由于数据范围足够小，所以我们可以记录每个齿数出现的次数。

Submission #335516343

2133B. Villagers

题意

无向图 $G$ 中有 $n$ 个点，每个点有点权 $g_i$，初始状态下图中没有边。

可以进行以下操作任意次：

选取两个点 $i$ 和 $j$；
支付操作成本 $max(g_i, g_j)$；
使两个点的点权降低 $min(g_i, g_j)$；
添加一条边连接 $i$ 和 $j$。

输出使 $G$ 成为连通图所需的最小成本。

题解

发现每次操作后，两个点中点权较小的点的点权会变为 $0$，而连接两个点权为 $0$ 的节点是没有成本的。因此，我们只需要记录所有的点都经过一次操作所需成本，而后续合并是无成本的。

排序 $g$ 数组，可以证明一种最优方案为连接 $n$ 与 $n - 1$、$n - 2$ 与 $n - 3$……

证明：考虑在 $n \geq 4$ 情况下连接 $n$ 与 $x$、$n - 1$ 与 $y$（$x, y \in [1, n - 2]$）：

这两组连接的操作成本为 $g_n + g_{n - 1}$；
如果换为连接 $n$ 与 $n - 1$、$x$ 与 $y$，操作成本为 $g_n + max(g_x, g_y)$；
由于 $max(g_x, g_y) \leq g_{n - 1}$，后者的操作成本小于前者，应当使用后者的连接方式；
问题可以无后效性地转移到 $n - 2$。

特别地：

$n = 3$ 时，连接 $2$ 与 $3$、$1$ 与 $2$，操作成本为 $g_1 + g_3$，为最小值。
$n = 2$ 时，连接 $1$ 与 $2$，操作成本为 $g_2$，为最小值。
转移不到 $n = 1$ 的情况。

最优方案的总成本为 $g_n + g_{n - 2} + g_{n - 4} + \dots$。

参考代码

Submission #335433243

2133C. The Nether

题意

交互题。

一个未知的有向图有 $n$ 个点，请在至多 $2 \cdot n$ 次查询中，找出图中最长路径。

每次操作时，你需要输出一个点 $x$ 与一个包含任意多点的集合 $S$，满足 $x \in S$，评测机将返回从 $x$ 出发只经过 $S$ 中的点的路径的最大长度。

题解

首先，我们需要找出最长路径的起点，可以通过遍历所有点，查询从该点 $i$ 出发的最长路径长度（记作 $f_i$），记 $f_i$ 最大的 $i$ 为 $ans_1$，最大的 $f_i$ 记作 $len$。

接着，我们要找出最长路径中第 $2$ 个点，这个点显然必须满足 $f_i = len - 1$，而且 $ans_1$ 到 $i$ 必须有连边。所以我们需要遍历所有满足条件的点，并查询从 $ans_1$ 出发只经过 $i$ 的最长路径长度，若是 $2$，则表明 $ans_1$ 到 $i$ 有连边，可以选作 $ans_2$。

循环地找出最长路径中其他的点，最后输出 $ans$ 即可。

因为每个节点至多满足一次 $f_i = len - i + 1$，所以第二部分至多执行 $n - 1$ 次查询。总共至多执行 $2n - 1$ 次查询，满足题目要求。

参考代码

Submission #335435769

2133D. Chicken Jockey

题意

有 $n$ 个怪物，这些怪物上下叠在一起，其中怪物 $1$ 在最底部，怪物 $n$ 在最顶部，每个怪物有 $h_i$ 的初始生命值。

Steve 可以攻击任意怪物造成 $1$ 点伤害。如果一个怪物的剩余生命值小于等于 $0$，它将会死亡，然后它上方的所有怪物将会摔落成为新的一叠，新的一叠中的最底部的怪物会受到摔落伤害，摔落伤害是可以致命的，因此可能触发连锁反应。

摔落伤害：等同于其在摔落前压着的怪物数（被击杀的那个也算）。

请问最少需要多少次攻击，使得所有怪物都死亡？

题解

发现：

一个怪物至多受到一次摔落伤害，因为受到摔落伤害说明它是一叠的最底部，不可能再摔落了；
怪物 $i$ 有两种方式死亡：直接击杀或者摔落受到 $i - 1$ 点伤害。

使用 DP 解决：f[i] 表示击杀前 $i$ 个怪物需要多少次攻击。

根据发现的规律，可以得到状态转移方程：

让前 $i - 1$ 个怪物全部死亡，然后受到 $1$ 点摔落伤害，最后攻击 $h_i - 1$ 次击杀，f[i] = f[i - 1] + h[i] - 1；
击杀第 $i - 1$ 个怪物，然后受到 $i - 1$ 点摔落伤害，并攻击直至击杀，最后让前 $i - 2$ 个怪物死亡，f[i] = f[i - 2] + h[i - 1] + max(0, h[i] - (i - 1))。

参考代码

Submission #335402193

CF-2131 (Codeforces Round 1042, Div. 3) 题解

Wed, 13 Aug 2025 16:34:00 +0800

2131A. Lever

题意

有数组 $a, b$，长度为 $n$。现在循环进行操作，每次操作包含两步：

选择一个 $1 \leq i \leq n$ 且 $a_i > b_i$，然后使 $a_i$ 减少 $1$；若没有这样的 $i$，则忽略这一步。
选择一个 $1 \leq i \leq n$ 且 $a_i < b_i$，然后使 $a_i$ 增加 $1$；若没有这样的 $i$，则忽略这一步。

若在某次操作中，步骤 $1$ 被忽略了，则终止循环。

请问循环将会执行多少次？题目保证在任意一步中，对于所有可供选择的 $i$，不论选择哪个 $i$ 都不影响最终答案。

题解

目力惊人的我们发现，步骤 $2$ 不会影响步骤 $1$。

证明：对于某次操作中没有被忽略的步骤 $2$，选择的下标为 $i$，由于 $a_i < b_i$，可得 $a’_i \leq b_i$。因此，操作后的 $i$ 不可能被步骤 $1$ 选择，即步骤 $2$ 不影响步骤 $1$。

对于每个 $i$，操作 $1$ 至多可以执行 $\max(a_i - b_i, 0)$ 次。

遍历每个 $i$，累加操作 $1$ 的次数，最后加上 $1$（被忽略的那一次）即为答案。

参考代码

Submission #333289337

2131B. Alternating Series

题意

定义长度为 $n$ 的数组 $a$ 是好的当且仅当：

对于每个 $1 \leq i \le n$，$a_i \times a_{i + 1} \le 0$；
所有长度为 $2$ 以上的子数组的元素之和都为正。

定义好的数组 $a$ 比另一个好的数组 $b$ 更好当且仅当 $[|a_1|, |a_2|, \ldots, |a_n|]$ 比 $[|b_1|, |b_2|, \ldots, |b_n|]$ 的字典序更小。

输出一个长度为 $n$ 的好的数组，使其比所有长度为 $n$ 的好的数组更好。

题解

这题完全可以找规律做

注意到好的数组满足：

符号交替出现；
所有长度为 $2$ 以上的子数组的元素之和都为正。

证明：

考虑子数组 $[a_{i - 1}, a_i, a_{i + 1}]$，其中 $2 \leq i \leq n - 1$。根据符号交替性：

$$a_{i - 1} + a_i + a_{i + 1} \leq -1 + a_i - 1 = a_i - 2$$

而根据题目要求 $a_{i - 1} + a_i + a_{i + 1} \geq 1$ 可得：

$$a_i \geq 3$$

对于边界情况 $i = n$，同理易得 $a_i \geq 2$。

综上可得数组构造方法：

对于奇数下标，取 $a_i = -1$
对于偶数下标
- 当 $2 \leq i \leq n - 1$ 时，有 $a_i \geq 3$，为了绝对值字典序最小，取 $3$。
- 当 $i = n$ 时，有 $a_i \geq 2$，同理取 $2$。

正确性证明：

符号交替性显然满足
对于任意长度 $k \geq 2$ 的子数组 $s$：
- 当 $k = 2$ 时：由一个 $2$ 或 $3$ 与一个 $-1$ 组成，$\sum s \geq 2 - 1 = 1$；
- 当 $k = 3$ 时：
  - $[3, -1, (2 or 3)]$，$\sum s \geq 3 - 1 + 2 = 4$，
  - $[-1, 3, -1]$，$\sum s \geq -1 + 3 - 1 = 1$；
- 当 $k \geq 4$ 时：可以看作多个子数组的和，为正。

参考代码

Submission #333498392

2131C. Make it Equal

题意

给定两个可重集合 $S$ 和 $T$，可以对 $S$ 中任意一个元素 $x$ 进行操作：将 $S$ 中的一个 $x$ 替换为 $x + k$ 或 $|x - k|$。

请问是否可以将 $S$ 变化为 $T$？

题解

容易证明：我们只能将元素 $x$ 替换为 $y$ 当且仅当 $x \equiv y (\bmod k)$ 或 $x \equiv -y (\bmod k)$。

实现：存储 $S_i \bmod k$ 与 $-S_i \bmod k$ 中较小的一个，比较两集合经过这样处理后的新集合是否相同即可。

参考代码

Submission #333526673

2131D. Arboris Contractio

题意

有一棵拥有 $n$ 个节点的树，你希望尽可能地缩小它的直径。为了缩小直径，你可以对这棵树进行若干次操作：

选择两个树上的节点 $s$ 和 $t$；
删除这两个节点简单路径上的所有边；
连接 $s$ 和简单路径上的除 $s$ 外的所有节点。

容易证明每次操作后，这张图还是树。

请问：最少进行多少次操作，使得树的直径最小化？

题解

容易发现：

分类讨论
- 对于 $n \leq 3$ 的树，不需要操作
  - $n = 1$，直径为 $0$，是最小值
  - $n = 2$，直径为 $1$，是最小值
  - $n = 3$，直径为 $2$，是最小值
- 对于 $n > 3$ 的树，树的直径最小值为 $2$
  - 直径为 $1$ 意味着树中最长简单路径上只有 $2$ 个节点，在 $n > 3$ 条件下，不可能存在
操作的作用在于使某条简单路径上的所有点与简单路径某一端点直接相连

稍加推导即可得到关键结论：

我们应该选择一个固定的节点作为根节点，然后使其作为 $s$ 参与每次操作。
树的直径是 $2$ 的充要条件是叶节点的深度全为 $1$。

证明关键结论2：

必要性（如果树的直径是 $2$，那么所有叶节点的深度必须是 $1$）
1. 假设树的直径是 $2$，这意味着树中最长的简单路径包含 $3$ 个节点（路径长度为 $2$）。
2. 如果存在一个叶节点 $u$，其深度大于 $1$，那么它至少通过一个中间节点连接到根节点。
3. 由于树的结构，这个叶节点 $u$ 到根节点的距离大于 $1$，即路径长度至少为 $2$。
4. 同时，因为 $u$ 是叶节点，它没有其他子节点，所以从 $u$ 出发的最长路径只能回到它的父节点，再延伸到根节点。
5. 由于 $n > 3$，所以这条路径可以延伸到其它连接到根的节点。
6. 这样会导致存在一条路径长度大于 $2$，与“直径为 $2$”矛盾。
7. 因此，若树的直径为 $2$，所有叶节点必须直接连接到根节点，即深度为 $1$。
充分性（如果所有叶节点的深度都是 $1$，那么树的直径是 $2$）
1. 假设所有叶节点的深度都是 $1$，即它们都直接与根节点相连。
2. 那么树的结构是以根为中心的星形结构，所有叶节点都连接在根上。
3. 在这种结构中，任意两个节点之间的最长路径是从一个叶节点到根再到另一个叶节点，路径长度为 $2$。
4. 因此，树的直径为 $2$。

因此，我们每次选择一个深度非 $1$ 的叶节点进行操作即可。容易证明，这样的操作只会使一个叶节点的深度从非 $1$ 变为 $1$。

那么，如何选择最佳的根节点呢？

由于无论选择怎样的 $root$，我们都是对所有深度非 $1$ 的叶节点逐个做一次操作，因此，我们只需统计所有深度非 $1$ 的叶节点的个数（记作 $ans$）即可。

显而易见地，我们有：（$cnt_0$ 表示叶节点总个数，$cnt_{root}$ 表示直接连接 $root$ 的叶节点个数）

$$ ans = cnt_0 - cnt_{root} $$

$cnt_0$ 可以通过数节点的度数来 $O(n)$ 地计算；
$cnt_{root}$ 通过 $root$ 连接的每个点的度数来计算，由于树的边数性质，复杂度为 $O(n)$。

参考代码

Submission #333756238

2131E. Adjacent XOR

题意

有一个长度为 $n$ 的数组 $a$。你可以对每个 $1 \leq i < n$ 做至多一次操作：

将 $a_i$ 改为 $a_i \oplus a_{i + 1}$。

其中，$\oplus$ 表示异或运算。

请问能否将 $a$ 变为 $b$？

题解

若 $a_n \neq b_n$，则完全不可能。

考虑 $a_i$ 与 $a_{i + 1}$，在以下情况下是可以使 $a_i$ 变为 $b_i$ 的：

$a_i = b_i$，不用操作。
$a_i \oplus a_{i + 1} = b_i$，先操作 $a_i$，再决定要不要操作 $a_{i + 1}$。
$a_i \oplus b_{i + 1} = b_i$，先决定要不要操作 $a_{i + 1}$，再操作 $a_i$。

容易发现，如果将每个 $a_i$ 与 $a_{i + 1}$ 的操作顺序连边，构成的图必定是有向无环的，或者说我们构建了一个AOV网。

例如以下样例：

n = 8
a = [3, 3, 5, 5, 0, 3, 3, 6]
b = [5, 6, 3, 6, 3, 0, 5, 6]
EXPECTED = YES

构建出的图是这样的：

因此，构成的图是可以拓扑排序的，即必定存在一种方案可以完成全部需要完成的操作。

结论：只要对于所有 $1 \leq i < n$，都有以下三个条件之一为真：

$a_i = b_i$
$a_i \oplus a_{i + 1} = b_i$
$a_i \oplus b_{i + 1} = b_i$

那么就可以将 $a$ 转变为 $b$。

参考代码

Submission #333464914

GESP7级做题经验及题解

Mon, 26 Aug 2024 22:03:00 +0800

更新记录

[2024-08-26 22:03] 完成了 <商品交易> 和 <纸牌游戏> 的题解与感受。
[2024-08-27 15:08] 完成了 <交流问题> 的题解与感受，并提供了所有题目的正确代码。
[2024-08-27 21:58] 完成了 <俄罗斯方块> 的题解与感受，补充了 <纸牌游戏> 的感受。
[2024-08-28 16:34] 完成了 <黑白翻转> 和 <区间乘积> 的题解与感受，完结撒花。
[2024-08-28 16:53] 补充了 <总结> 部分。

正确代码

洛谷 - 云剪贴板，Github - Gist

商品交易 202312 A

洛谷题库 P10110

题解

本质上是求一个边权为 $1$ 的最短路。每进行一次交换，总资产就会少 $1$ 元。

根据题意，用手上的第 $x$ 种商品交换第 $y$ 种商品，花费 $v_y - v_x + 1$ 元，总资产变化为 $-v_x + v_y - (v_y - v_x + 1) = -1$。（$-v_x$ 是第 $x$ 件商品没了，$+v_y$ 同理）

最后加上期望获得的商品的价格 $v_b$ 与原本持有的商品的价格 $v_a$ 的差即可。

感受

非常巧妙的一道最短路问题，算是一个简化版的 SPFA（由于边权为 $1$，所以不需要 st 数组防止重复入队）。

放段代码比较一下：

SPFA 模板

int spfa() {
    memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
    queue<int> q;
    dist[1] = 0; st[1] = true; q.push(1);
    while (!q.empty()) {
        int t = q.front(); q.pop();
        st[t] = false;
        for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist[j] > dist[t] + w[i]) {
                dist[j] = dist[t] + w[i];
                if (!st[j]) {
                    q.push(j); st[j] = true;
                }
            }
        }
    }
    if (dist[n] == INF) return INF;
    return dist[n];
}

本题正解

int main() {
    /*
        ...
        v 数组有必要存的只有 v[a], v[b]
        所以用 va, vb 两个 int 替代
    */
    queue<int> q;
    q.push(a);
    st[a] = 1;
    dist[a] = 0;
    while (!q.empty()) {
        int t = q.front(); q.pop();
        if (t == b) {
            break;
        }
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (dist[j] > dist[t] + 1) {
                dist[j] = dist[t] + 1;
                q.push(j);
            }
        }
    }
    if (dist[b] != INF) {
        cout << vb - va + dist[b] << endl;
    } else {
        cout << "No solution";
    }
    return 0;
}

数据量有点迷惑性，$10^5$ 对应的时间复杂度 $O(n\log n)$ 让人联想到 Dijkstra 等算法，然后发现实际上是一个 $O(n)$ 的 BFS。

此题难度不高，出题组第一次出七级的题可能把握不住题目难度，不作七级题目难度参考。

纸牌游戏 202312 B

洛谷题库 P10111

题解

经典最值问题，有非常浓厚的状态转移风味，并且无后效性，考虑 DP。

状态表示 f[i][j][k] 表示在第 $i$ 轮出了牌 $j$、累计换牌（额外扣分） $k$ 次时可以获得的最高分数。
状态计算 f[i][j][k] = max(f[i - 1][t][k + ((j == t) ? 0 : -1)])，其中 $t \in \lbrace 0, 1, 2 \rbrace$。

最后取所有 $j \in \lbrace 0, 1, 2 \rbrace , 0 \leq k \le n$ 的 f[n][j][k] - b[k] 的最大值（b[k] 为额外扣分数组的前缀和）。

注：可以把 f 数组的第一维压掉，但不差这点空间。

感受

做代码优化时，别的不用考虑，只要保证做的是等价变形。——yxc

DP 的状态表示基本靠硬想，唯一的技巧就是题里有啥就写啥，想到什么表示方法就试试，不行的话就尝试增加或减少一个维度之类的。

偶尔做题时会发现一些有意思的小事情，比如每轮得分可以表示为 ((c[i] == j) ? a[i] : (2 * ((c[i] + 3 - j) % 3 - 1) * a[i]))（c[i] 为对手出牌，j 为我方出牌，a[i] 为本局分数）~~，然后你就会发现这玩意完全没用~~。

如果状态转移想的不太清楚的话，会产生大量复制粘贴，最终码量在 2KB 左右，找规律可以减少一些复制粘贴，可以降到 1KB 码量。

本题难度中等，状态表示很难，算是一道优秀的 DP 题。

交流问题 202403 A

洛谷题库 P10378

题解

A 校和 B 校很明显是一个二分图的两部分。每个连通块都有两种分学校的方案，可以通过染色法分出学校，左右两半分别是 A B 校或 B A 校，两种方案产生了两组“该连通块中 A 校人数和 B 校人数”，记录两组中较小的 B 校人数（其实 B 校还是 A 校没区别，所以也可以只求一组，取两校人数的最小值）。仅需计算该二分图所有的连通块的“较小的 B 校人数”之和，该数是 B 校总人数的最小值，用 $n$ 减去该数就是 B 校总人数的最大值（即 A B 校学生数互换）。

感受

二分图明显就明显在所有边（交流）都在两学校之间，学校内不连边。每个连通块内的集合（学校）划分就是给每个点（学生）打标签，与染色法十分相似。

很水，感觉思考深度和前两题完全不是一个级别（话好像说反了）。

俄罗斯方块 202403 B

洛谷题库 P10379

题解

用类似于 floodfill 的算法解决，固定从每个俄罗斯方块左上角开始搜索，这样就可以使每个方块拥有一个固定的有根搜索树，相同形状的俄罗斯方块搜索树也相同，把遍历顺序（层序遍历，树上 DFS 等）当作这个类型的俄罗斯方块独一无二的标识。

用 set 的去重功能统计有多少种遍历顺序，即有多少种俄罗斯方块。

感受

floodfill 的特征还算明显，难就难在如何表示每个俄罗斯方块。这么做我是完全没想到的，看别人的题解看到的。遍历顺序是一个搜索的过程中就产生的东西，不增加复杂度，可能是一个比较容易发现的算法，但是我没发现。

巧妙的搜索题，难度的话，中等？

黑白翻转 202406 A

洛谷题库 P10723

题解

我们发现，只有连接两个及以上黑色节点的白色节点才需要染黑。白色叶节点并不能连接黑色节点，没有必要染成白色，所以循环删除所有白色叶节点。最后统计剩下的白色节点数并输出，因为最后剩下的白色节点都是需要染成黑色的。

注：无根树的叶节点的定义是度数不大于 $1$ 的点。

感受

难度中等。

思路就是连接黑色节点，其余白色全部删除。容易走到歪路上，像是 DFS 之类（有可能路没歪但是我想不明白）。

区间乘积 202406 B

洛谷题库 P10724

题解

容易发现：一个数是完全平方数时，它的所有质因子的指数都为偶数。

在质因数分解的过程中，我们可以通过状态压缩来存储每个质因子的指数的奇偶性，每一个二进制位代表一个质因子，这一位为 $1$ 的含义是其对应的质因子的指数是偶数，反之亦然。判断区间乘积是否为完全平方数可以通过该区间质因数分解结果的异或和是否为 $0$ 来判断。

建立 f 数组，记录区间异或和出现次数，答案就是重复区间异或和出现的次数。

感受

难度简单。

当我们发现要记录奇偶性，又是加起来的时候，就可以想到异或以及状态压缩。

重复区间异或和出现次数这一点比较难想。

总结

整体难度略高，不稳定。

考的算法是搜索、图论、DP、数学这几类，其中 DP 和数学很难。

计蒜客T3633 - 景区三角形

Sun, 01 May 2022 21:07:00 +0800

题目

题目链接：景区三角形

解法

暴力解

直接找出三个点，进行check()，非常简单的思路。

满分解

很明显，这是一个无向图，看数据范围可以看出应该用邻接表。

暴力解的缺点在于可能挑出三个毫无关联的点，那就让每个点拥有1个$fa$，有了它的存在，我们就得找这个图的生成树，因为起码得有个点是根才有$fa$的概念。

假设遍历到的点是$cur$，找到相邻点$v$，那么我们只用看$fa$和$v$是否相邻了，变得非常简单，复杂度降低了很多。

最终，再来谈论一下实现，在判断是否相邻时，使用二分查找，进一步优化。

放代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m;
bool st[N];
int a, b, c;
vector<int> G[N];

struct Node {
    int x, fa;
};

int main() {
    freopen("triangle.in", "r", stdin);
    freopen("triangle.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < m; i ++ ) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        sort(G[i].begin(), G[i].end());
    }

    // bfs
    queue<Node> q;
    q.push(Node{1, -1});
    st[1] = 1;
    while (!q.empty()) {
        Node cur = q.front();
        q.pop();
        bool flag = false;
        for (int i = 0; i < G[cur.x].size(); i ++ ) {
            int v = G[cur.x][i];
            if (cur.fa != -1 && st[v] && v != cur.fa && binary_search(G[v].begin(), G[v].end(), cur.fa)) {
                a = cur.fa;
                b = cur.x;
                c = v;
                if (a > b) swap(a, b);
                if (b > c) swap(b, c);
                if (a > b) swap(a, b);
                flag = true;
                break;
            }
            if (!st[v]) {
                st[v] = true;
                q.push(Node{v, cur.x});
            }
        }
        if (flag) break;
    }
    printf("%d %d %d \n", a, b, c);
    return 0;
}

拓展：基本不使用STL完成这道题

链式前向星

int h[N]; // 链表头
int e[M]; // 通往哪个点
int ne[M]; // 链表中下一个
int w[M]; // 边权
int idx; // 记录到第几条边

// 无权加边（有向）
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

// 有权加边（有向）
void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

手写队列

int q[N], hh, tt;

// q.empty()
hh == tt

// q.push(x);
q[++ tt] = x;

// q.front()
q[hh + 1]

// q.pop();
hh ++ ;

// bfs模板
q[++ tt] = x;
st[x] = true;
while (hh != tt) {
    hh ++ ;
    if (check(q[hh])) {
        q[++ tt] = get(q[hh]);
    }
}

完整代码

注：抛弃了二分，否则太复杂了。

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m;
bool st[N];
int a, b, c;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int q[N], fa[N], hh, tt;

void add(int u, int v) {
    e[idx] = v, ne[idx] = h[u], h[u] = idx ++ ;
}

bool find(int u, int v) {
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (e[i] == v) return true;
    }
    return false;
}

void swap(int &x, int &y) {
    int z = x;
    x = y;
    y = z;
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    freopen("triangle.in", "r", stdin);
    freopen("triangle.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < m; i ++ ) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        add(u, v);
        add(v, u);
    }

    q[++ tt] = 1;
    fa[tt] = -1;
    st[1] = 1;
    while (hh != tt) {
        hh ++ ;
        bool flag = false;
        for (int i = h[q[hh]]; i != -1; i = ne[i]) {
            int v = e[i];
            if (fa[hh] != -1 && st[v] && v != fa[hh] && find(fa[hh], v)) {
                a = fa[hh];
                b = q[hh];
                c = v;
                if (a > b) swap(a, b);
                if (b > c) swap(b, c);
                if (a > b) swap(a, b);
                flag = true;
                break;
            }
            if (!st[v]) {
                st[v] = true;
                q[++ tt] = v;
                fa[tt] = q[hh];
            }
        }
        if (flag) break;
    }

    printf("%d %d %d \n", a, b, c);
    return 0;
}

UPD:2023-10-21