Một đồ thị hai phía là một đồ thị có các đỉnh có thể được chia thành hai bộ rời nhau, chẳng hạn mà không có cạnh nối hai đỉnh trong cùng một tập. Một đồ thị là lưỡng cực khi và chỉ khi nó có 2 màu.

Thử thách

Nhiệm vụ của bạn là, đưa ra ma trận kề của một đồ thị đơn giản không xác định, xác định xem đó có phải là đồ thị lưỡng cực hay không. Nghĩa là, nếu một cạnh kết nối các đỉnh i và j, cả hai mục nhập (i, j) và (j, i) của ma trận là 1.

Do đồ thị là vô hướng và đơn giản, ma trận kề của nó là đối xứng và chỉ chứa 0 và 1.

Cụ thể

Bạn nên lấy ma trận N-by-N làm đầu vào (dưới mọi hình thức, ví dụ như danh sách danh sách, danh sách chuỗi, giống như C int**và kích thước, mảng dẹt, đầu vào thô, v.v.).

Hàm / chương trình sẽ trả về / xuất ra một giá trị trung thực nếu đồ thị là lưỡng cực và giả mạo khác.

Các trường hợp thử nghiệm

['00101',
 '00010',
 '10001',
 '01000',
 '10100'] : False
['010100',
 '100011',
 '000100',
 '101000',
 '010000',
 '010000'] : True (divide into {0, 2, 4, 5} and {1, 3})
['00',
 '00'] : True

Chấm điểm

Nội dung tính toán câu trả lời trực tiếp bị cấm.

Đây là môn đánh gôn , vì vậy chương trình ngắn nhất (tính bằng byte) vào cuối tháng này sẽ thắng!

Husk , 17 byte

§V¤=ṁΣṠMSȯDfm¬ṀfΠ

In một số nguyên dương nếu đồ thị là lưỡng cực, 0nếu không. Hãy thử trực tuyến!

Giải trình

Đây là một cách tiếp cận mạnh mẽ: lặp qua tất cả các tập con S của các đỉnh và xem liệu tất cả các cạnh trong biểu đồ có nằm giữa S và phần bù của nó không.

§V¤=ṁΣṠMSȯDfm¬ṀfΠ  Implicit input: binary matrix M.
                Π  Cartesian product; result is X.
                   Elements of X are binary lists representing subsets of vertices.
                   If M contains an all-0 row, the corresponding vertex is never chosen,
                   but it is irrelevant anyway, since it has no neighbors.
                   All-1 rows do not occur, as the graph is simple.
      ṠM           For each list S in X:
              Ṁf   Filter each row of M by S, keeping the bits at the truthy indices of S,
        S  fm¬     then filter the result by the element-wise negation of S,
         ȯD        and concatenate the resulting matrix to itself.
                   Now we have, for each subset S, a matrix containing the edges
                   from S to its complement, twice.
§V                 1-based index of the first matrix
  ¤=               that equals M
    ṁΣ             by the sum of all rows, i.e. total number of 1s.
                   Implicitly print.

Ngôn ngữ Wolfram (Mathicala) , 26 25 byte

Tr[#//.x_:>#.#.Clip@x]<1&

Hãy thử trực tuyến!

Làm thế nào nó hoạt động

Đưa ra ma trận kề A, chúng ta thấy điểm cố định bắt đầu bằng B = A và sau đó thay thế B bằng A ² B, đôi khi cắt các giá trị lớn hơn 1 đến 1. Bước ^thứ k của quy trình này tương đương Clipvới việc tìm kiếm quyền hạn Một ^{2k + 1} , trong đó mục (i, j) đếm số đường dẫn có độ dài 2k + 1 từ đỉnh i đến j; do đó, điểm cố định kết thúc có một mục nhập khác (i, j) nếu chúng ta có thể đi từ i đến j trong một số bước lẻ.

Cụ thể, đường chéo của điểm cố định chỉ có các mục khác không khi một đỉnh có thể tự đạt tới một số bước lẻ: nếu có một chu kỳ lẻ. Vì vậy, dấu vết của điểm cố định là 0 khi và chỉ khi đồ thị là lưỡng cực.

Một giải pháp 25 byte khác của hình thức này là Tr[#O@n//.x_:>#.#.x]===0&, trong trường hợp điều này cung cấp cho bất kỳ ai ý tưởng về cách đẩy số byte thậm chí thấp hơn.

Những nỗ lực trước đây

Tôi đã thử một số cách tiếp cận cho câu trả lời này trước khi giải quyết vấn đề này.

26 byte: số mũ ma trận

N@Tr[#.MatrixExp[#.#]]==0&

Cũng dựa vào sức mạnh kỳ lạ của ma trận kề. Kể từ x * exp (x ² ) là x + x ³ + x ⁵ /2! + x ^7/4 ! + ..., khi x là ma trận A, điều này có một số hạng dương cho mọi lũy thừa lẻ của A, do đó, nó cũng sẽ không có dấu vết iff A có chu kỳ lẻ. Giải pháp này rất chậm đối với ma trận lớn.

29 byte: công suất lẻ lớn

Tr[#.##&@@#~Table~Tr[2#!]]<1&

Đối với một ma trận n theo n ma trận A, tìm A ^{2n + 1} và sau đó thực hiện kiểm tra đường chéo. Ở đây, #~Table~Tr[2#!]tạo ra 2n bản sao của n theo n ma trận đầu vào và #.##& @@ {a,b,c,d}giải nén thành a.a.b.c.d, nhân với nhau 2n + 1 bản sao của ma trận.

53 byte: Ma trận Laplacian

(e=Eigenvalues)[(d=DiagonalMatrix[Tr/@#])+#]==e[d-#]&

Sử dụng một kết quả tối nghĩa trong lý thuyết đồ thị phổ ( Dự luật 1.3.10 trong pdf này ).

JavaScript, 78 byte

m=>!m.some((l,i)=>m.some((_,s)=>(l=m.map(t=>t.some((c,o)=>c&&l[o])))[i]&&s%2))

Mảng đầu vào của mảng 0/1, đầu ra đúng / sai.

f = 

m=>!m.some((l,i)=>m.some((_,s)=>(l=m.map(t=>t.some((c,o)=>c&&l[o])))[i]&&s%2))

run = () => o.value=f(i.value.trim().split('\n').map(v=>v.trim().split('').map(t=>+t)))

<textarea id=i oninput="o.value=''" style="width:100%;display:block;">010100
100011
000100
101000
010000
010000
</textarea>
<button type=button onclick="run()">Run</button>
<div>Result = <output id=o></output></div>

Bình thường , 25 byte

xmyss.D.DRx0dQx1d.nM*FQss

Hãy thử trực tuyến!

Điều này trả về -1cho sai, và bất kỳ số nguyên không âm nào cho sự thật.

Làm thế nào nó hoạt động

xmyss.D.DRx0dQx1d.nM * FQss ~ Chương trình đầy đủ, nhận ma trận kề từ STDIN.

                    * FQ ~ Giảm (gấp) bởi sản phẩm cartesian.
                 .nM ~ Làm phẳng mỗi.
 m ~ Bản đồ với một biến d.
         RQ ~ Đối với mỗi yếu tố trong đầu vào,
       .D ~ Xóa các thành phần tại các chỉ mục ...
          x0d ~ Tất cả các chỉ số 0 trong d.
     .D ~ Và từ danh sách này, xóa các thành phần tại các chỉ mục ...
              x1d ~ Tất cả các chỉ số của 1 trong d.
    s ~ Làm phẳng.
   s ~ Tổng. Tôi có thể đã sử dụng s nếu [] sẽ không xuất hiện.
  y ~ Đôi.
x ~ Trong ánh xạ trên, lấy chỉ mục đầu tiên của ...
                       ss ~ Tổng số 1 trong ma trận đầu vào.

Điều này hoạt động trong cam kết d315e19 , phiên bản Pyth hiện tại mà TiO có.