题目要求把整数集P的元素分成两部分A与B，A集要求若x在其中，则a-x也必须在其中，B集要求若x在其中，则b-x也必须在其中。这个问题可以建模成一个二分图的完美匹配问题。二分图的左右两个点集都是P，将x与a-x（若存在）连线，将x与b-x（若存在）连线，所求问题就是找该二分图的完美匹配。但是此题如此构造的二分图很特殊，每个顶点的度数至多为2，且连线有限制。所以除了使用二分图完美匹配的通用算法之外，还可以考虑更简单快速的特殊算法。

不妨假设a<b，P为整数集。对P中的元素x，分别称a-x、b-x为x的a补、b补。首先，我们知道，对元素x，若既不存在a补也不存在b补，直接输出“NO”。若只存在a补和b补中的一个，则x与这个补元必定要放到相应的A或B。若a补和b补均存在，这是比较麻烦的情况，我们要决定x到底该放入A还是B。比如a=10，b=12。如果P={4,6,8}，则A={}，B={4,6,8}。如果P={4,6,8,2}，则A={4,6,8,2}，B={}。所以x=4放入A或B都有可能。

为此，先对P中的元素从小到大排序，然后看最小元x，如果x只有一个补元，容易决定x该放入哪个集合。如果这个最小元x的a补和b补都存在呢？有如下结论：x的b补不可能有a补了！（如下图所示）用反证法可证：假设y是b补的a补，即y=a-(b-x)=a-b+x<x，与x是最小元的事实矛盾。

所以在最小元的a补和b补均存在的情况下，虽然不能决定x放哪里，但是可以决定x的b补放哪里，它必定只有b补，故可将b-x以及x一起放入B。然后对P的剩余元素再从最小元开始进行上述检查操作，直至P空为止。

算法需要先对P排序，然后对P进行一趟扫描，每个x需要查找两个补元，二分查找需要O(logn)时间，所以算法的计算复杂性是O(nlogn)。

如果a=b，简单地检查每个元素x，看a-x是否也在P中即可。

  参考代码： 

#include 
     
       #include 
      
       #include 
       
        using namespace std;int main(){    int n, a, b, x;    set
        
          P, A;    set
         
          ::const_iterator it;    vector
          
            V; vector
           
            ::const_iterator itv; bool swap, b1, b2; scanf("%d%d%d", &n, &a, &b); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &x); P.insert(x); V.push_back(x); } swap = 0; if (a == b) { for (it = P.begin(); it != P.end(); it++) { x = *it; if (P.find(a-x) == P.end()) { printf("NO\n"); return 0; } } A = P; } else { if (a > b) { int t = a; a = b; b = t; swap = 1; } while (!P.empty()) { x = *P.begin(); b1 = (P.find(a-x) != P.end()); b2 = (P.find(b-x) != P.end()); if (!b1 && !b2) { // x没有补元 printf("NO\n"); return 0; } else if (b1 && b2) { // x有两个补元 P.erase(x); P.erase(b-x); } else { // x恰有一个补元 P.erase(x); if (b1) { P.erase(a-x); A.insert(x); A.insert(a-x); } else { P.erase(b-x); } } } } printf("YES\n"); for (itv = V.begin(); itv != V.end(); itv++) printf("%d ", (A.find(*itv) == A.end() ? 1 : 0) ^ swap); printf("\n"); return 0;}
           
          
         
        
       
      
     

                            （胡明晓）