0886. 可能的二分法
https://leetcode.cn/problems/possible-bipartition
给定一组 N 人（编号为 1, 2, ..., N）， 我们想把每个人分进任意大小的两组。
每个人都可能不喜欢其他人，那么他们不应该属于同一组。
形式上，如果 dislikes[i] = [a, b]，表示不允许将编号为 a 和 b 的人归入同一组。
当可以用这种方法将每个人分进两组时，返回 true；否则返回 false。
示例 1：
输入：N = 4, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,4]]
输出：true
解释：group1 [1,4], group2 [2,3]
示例 2：
输入：N = 3, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,3]]
输出：false
示例 3：
输入：N = 5, dislikes = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5],[1,5]]
输出：false
提示：
1 <= N <= 2000
0 <= dislikes.length <= 10000
dislikes[i].length == 2
1 <= dislikes[i][j] <= N
dislikes[i][0] < dislikes[i][1]
对于dislikes[i] == dislikes[j] 不存在 i != j
- 图的遍历
- DFS
- 暂无
这是一个图的问题。解决这种问题一般是要遍历图才行的，这也是图的套路。 那么遍历的话，你要有一个合适的数据结构。 比较常见的图存储方式是邻接矩阵和邻接表。
而我们这里为了操作方便（代码量），直接使用邻接矩阵。由于是互相不喜欢，不存在一个喜欢另一个，另一个不喜欢一个的情况，因此这是无向图。而无向图邻接矩阵实际上是会浪费空间，具体看我下方画的图。
而题目给我们的二维矩阵并不是现成的邻接矩阵形式，因此我们需要自己生成。
我们用 1 表示互相不喜欢（dislike each other）。
graph = [[0] * N for i in range(N)]
for a, b in dislikes:
graph[a - 1][b - 1] = 1
graph[b - 1][a - 1] = 1
image.png
同时可以用 hashmap 或者数组存储 N 个人的分组情况， 业界关于这种算法一般叫染色法，因此我们命名为 colors，其实对应的本题叫 groups 更合适。
image.png
我们用：
- 0 表示没有分组
- 1 表示分组 1
- -1 表示分组 2
之所以用 0，1，-1，而不是 0，1，2 是因为我们会在不能分配某一组的时候尝试分另外一组，这个时候有其中一组转变为另外一组就可以直接乘以-1，而 0，1，2 这种就稍微麻烦一点而已。
具体算法：
- 遍历每一个人，尝试给他们进行分组，比如默认分配组 1.
image.png
- 然后遍历这个人讨厌的人，尝试给他们分另外一组，如果不可以分配另外一组，则返回 False
那问题的关键在于如何判断“不可以分配另外一组”呢？
image.png
实际上，我们已经用 colors 记录了分组信息，对于每一个人如果分组确定了，我们就更新 colors，那么对于一个人如果分配了一个组，并且他讨厌的人也被分组之后，分配的组和它只能是一组，那么“就是不可以分配另外一组”。
代码表示就是：
# 其中j 表示当前是第几个人，N表示总人数。 dfs的功能就是根据colors和graph分配组，true表示可以分，false表示不可以，具体代码见代码区。
if colors[j] == 0 and not self.dfs(graph, colors, j, -1 * color, N)
最后有两个问题需要注意：
- 1.
if colors[i] == 0 and not self.dfs(graph, colors, i, 1, N)可以改为if colors[i] == 0 and not self.dfs(graph, colors, i, -1, N):么？
可以的。这不影响答案。假设改成 -1 后的染色分布情况已知，那么其染色分布情况等价于使用 1 的情况的反色（将颜色 1 替换为颜色-1，颜色-1 替换为颜色 1）而已。对是否可以二分图没有任何影响。
接上：那有没有可能使用颜色 1 推出矛盾，而使用颜色 -1 则推出成立呢？
没有可能。一次 dfs 处理的是一个子图。多次开启 dfs 不会相交，自然不存在这个问题。不信你可以将代码改 成如下测试一下：
for i in range(n):
if random.random() > 0.5:
if colors[i] == 0 and not dfs(i, -1): return False
else:
if colors[i] == 0 and not dfs(i, 1): return False
- 1.为什么不需要 visited 数组来防止遍历过程中环的产生？
实际上，我们的 colors 数组就起到了 visited 的作用。如果 colors[i] == 0，因为着 visited[i] 为 False，否则为 True
- 二分图
- 染色法
- 图的建立和遍历
- colors 数组
class Solution:
def dfs(self, graph, colors, i, color, N):
colors[i] = color
for j in range(N):
# dislike eachother
if graph[i][j] == 1:
if colors[j] == color:
return False
if colors[j] == 0 and not self.dfs(graph, colors, j, -1 * color, N):
return False
return True
def possibleBipartition(self, N: int, dislikes: List[List[int]]) -> bool:
graph = [[0] * N for i in range(N)]
colors = [0] * N
for a, b in dislikes:
graph[a - 1][b - 1] = 1
graph[b - 1][a - 1] = 1
for i in range(N):
if colors[i] == 0 and not self.dfs(graph, colors, i, 1, N):
return False
return True
复杂度分析
令 V 为点的个数。
最坏的情况下是稠密图，边的数量为点的数量的平方个。此时 graph 的空间为 $O(V^2)$， colors 空间为$O(V)$。由于需要遍历所有的点和边，因此时间复杂度为 $V+E$，由前面的分析最坏 E 是 $V^2$，因此空间复杂度为 $O(V^2)$
- 时间复杂度：$O(V^2)$
- 空间复杂度：$O(V^2)$
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