题目链接：
http://poj.org/problem?id=1112
题目大意：
有编号为1~n的n个人，给出每个人认识的人的编号，注意A认识B,B不一定认识A，让你将所有的人分成两组，要求每组的人相互认识，且两组的人数要尽可能的接近。
求出每组的人的编号。
解题思路：
图论+背包（输出物品）。
相互认识的关系不好确定分组，如果转换思路，考虑相互不认识的情况就简单好多，如果A不认识B，且B不认识C，那么A和C必须分到同一组里。所以就想到了，连通分量的染色，相邻的两个染不同的颜色（0或1），每一个连通分量分成两组，并且相同颜色的人不能有边（一定要相互认识），容易知道不同连通分量的人一定相互认识，否则是连通的。
然后问题就转化为有多个连通分量，每个连通分量有两组，每组必须属于一个队，求两个队的人数差最小，并分别输出两队的人。
dp[i][j]表示到了第i个连通分量，且第一个队的人数为j时是否能够恰好凑齐。
ans[i][j]表示对应于状态dp[i][j]时的选择，0表示选择0颜色的节点，1表示选择1颜色的节点。
求出dp[num][]后，根据ans[num][]的值往前推，颜色选好后把所有的该颜色节点都加进去该队里去。
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
//本题关键是建反图，将相互认识的情况，转化成相互不认识的情况
//思维逆向，这样便于处理，因为不同的连通区一定相互认识，同一连通区内可以分层处理，相邻的一定不相互认识
#define Maxn 110
struct Node
{
int cnt[2];
int sa[2][Maxn]; //存每个连通区间的两类人数
}node[Maxn];
bool kn[Maxn][Maxn],nn[Maxn][Maxn];
bool vis[Maxn];
int n,num;
bool dp[Maxn][Maxn]; //dp[i]表示第一个team的人数
int ans[Maxn][Maxn]; //记录到达第i个连通区且状态为j时第一个队的选择
int aa[Maxn],bb[Maxn];//aa表示第一个队的组成成员，
void dfs(int v,int p)
{
node[num].cnt[p]++; //该连通区该颜色的人数
node[num].sa[p][node[num].cnt[p]]=v;//标号
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!nn[v][i]||vis[i])
continue;
vis[i]=true;
dfs(i,p^1);
}
}
bool ok() //对每一个区间扫描是否有矛盾的
{
for(int i=1;i<=num;i++)
{
for(int p=0;p<2;p++)
{
for(int k=1;k<=node[i].cnt[p];k++)
for(int m=k+1;m<=node[i].cnt[p];m++)
{
int a=node[i].sa[p][k],b=node[i].sa[p][m];
if(nn[a][b]) //同一联通快内，同颜色不认识的话有矛盾
return false;
}
}
}
return true;
}
int main()
{
int a;
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(kn,false,sizeof(kn));
memset(nn,false,sizeof(nn));
for(int i=1;i<=n;i++)
while(scanf("%d",&a)&&a)
kn[i][a]=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(!kn[i][j]||!kn[j][i])
nn[i][j]=nn[j][i]=true; //建无向反图
memset(vis,false,sizeof(vis));
num=0; //num表示连通区的个数
for(int i=1;i<=n;i++) //对每一个连通区间 染色
if(!vis[i])
{
num++;
vis[i]=true;
node[num].cnt[0]=node[num].cnt[1]=0;
dfs(i,0);
}
if(!ok())
{
printf("No solution\n");
continue;
}
memset(dp,false,sizeof(dp));
memset(ans,0,sizeof(ans));
dp[0][0]=true;
for(int i=1;i<=num;i++) //简单背包，每个连通分量每种颜色必须进一个小队
{
for(int j=n;j>=min(node[i].cnt[0],node[i].cnt[1]);j--) //第一个背包
{
if(!dp[i][j]&&j>=node[i].cnt[0]&&dp[i-1][j-node[i].cnt[0]])
dp[i][j]=true,ans[i][j]=0;
if(!dp[i][j]&&j>=node[i].cnt[1]&&dp[i-1][j-node[i].cnt[1]])
dp[i][j]=true,ans[i][j]=1;
}
}
int gap=n,temp1=0,temp2=0;
for(int i=1;i<=n;i++) //求出 差值最小的 两支队伍数
if(dp[num][i]&&abs(i-(n-i))<gap)
gap=abs(i-(n-i)),temp1=i;
temp2=n-temp1;
if(!temp1||!temp2)
printf("No solution\n");
else
{
//printf("%d %d\n",temp1,temp2);
int p=0,q=0;
for(int i=num;i>=1;i--)
{
//printf(":::%d\n",ans[i][temp1]);
if(ans[i][temp1]) //逆向输出,说明达到该状态第一队选择了第1种
{
for(int j=1;j<=node[i].cnt[1];j++)
aa[++p]=node[i].sa[1][j];
for(int j=1;j<=node[i].cnt[0];j++)
bb[++q]=node[i].sa[0][j];
temp1-=node[i].cnt[1]; //注意第一队要减去选择了的人数 每个连通分量必须有人选，
} //第一队选择了第0种
else
{
for(int j=1;j<=node[i].cnt[0];j++)
aa[++p]=node[i].sa[0][j];
for(int j=1;j<=node[i].cnt[1];j++)
bb[++q]=node[i].sa[1][j];
temp1-=node[i].cnt[0];
}
}
printf("%d",q);
for(int i=1;i<=q;i++)
printf(" %d",bb[i]);
putchar('\n');
printf("%d",p);
for(int i=1;i<=p;i++)
printf(" %d",aa[i]);
putchar('\n');
}
}
return 0;
}