BZOJ-3495 前缀优化建图2-SAT
2024-09-06 05:56:12
题意:有n个城镇被分成了k个郡,有m条连接城镇的无向边。要求给每个郡选择一个城镇作为首都,满足每条边至少有一个端点是首都。
解法:以前没学过,参考https://blog.csdn.net/linkfqy/article/details/76242377的解法,涨姿势了。首先普通的建图,对于一个国家只能有一个首都,朴素的想法是如果选一个点为首都那么这个国家其他点都不能选,这样建图是n^2的显然会爆空间加超时。这里用到一种加前缀优化建图的技巧,主要是我们观察朴素建图有很多重复的浪费边,像在这个首都里选i点那么会从i连向(1,2...i-1,i+1,...n)的不选边,如果选i+1点就会向(1,2...i,i+2...n)连不选边,其实这两堆边除了i和i+1有些许不同,连向其他的边都是一样的,十分浪费。于是我们像用前缀来表示从而优化建图。
用u表示选i点,u'表示不选i点,U表示选u点前缀的某一个,U'表示不选u的前缀。那么仔细思考连边:
然后做2-SAT就行了。
细节详见代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e6+;
int n,m,k,dfs_clock=,scc_cnt=;
int pre[N],dfn[N],low[N],c[N]; int cnt=,head[N<<],nxt[N<<],to[N<<];
void add_edge(int x,int y) {
nxt[++cnt]=head[x]; to[cnt]=y; head[x]=cnt;
} int top=,S[N],ins[N];
void tarjan(int x) {
low[x]=dfn[x]=++dfs_clock;
ins[x]=; S[++top]=x;
for (int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i];
if (!dfn[y]) {
tarjan(y);
low[x]=min(low[x],low[y]);
} else if (ins[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if (dfn[x]==low[x]) {
int y; ++scc_cnt;
do {
y=S[top--]; ins[y]=;
c[y]=scc_cnt;
} while (x!=y);
}
} int main()
{
cin>>n>>m>>k;
//u->4x:点x首都,u'->4x+1:点x不首都,U->4x+2:前缀x首都,U'->4x+3:前缀x不首都
for (int i=;i<=m;i++) {
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
add_edge(*y+,*x); add_edge(*x+,*y); //一条边两个点必有一个首都
}
for (int i=;i<=k;i++) {
int t,x,lst=; scanf("%d",&t);
for (int j=;j<=t;j++) {
scanf("%d",&x);
pre[x]=lst; lst=x;
}
}
for (int i=;i<=n;i++) { //前缀优化建图
add_edge(*i,*i+); //u->U
add_edge(*i+,*i+); //U'->u'
if (pre[i]) {
add_edge(*pre[i]+,*i+); //Upre[x]->U
add_edge(*i+,*pre[i]+); //U'->U'pre[x]
add_edge(*i,*pre[i]+); //u->U'pre[x]
add_edge(*pre[i]+,*i+); //Upre[x]->u'
}
} for (int i=*;i<=n*+;i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (int i=*;i<=n*+;i++)
if (c[i]==c[i^]) return puts("NIE"),;
puts("TAK");
return ;
}
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