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

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

2. 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

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：$O(V^2)$