[arc079F]Namori Grundy

Description

传送门

Solution

由于该图有n点n边且每个点有一条入边，这个图应该是一个简单环套树的结构。

手动模拟下应该会发现，针对树上的mex，每个节点的值应该是一定的。

主要考虑的是那个环，目前我们处理了所有环上节点对应的树，得出了每个环上节点的下界a_i。

假如所有a相同且环长度为偶数，我们隔一个数就把当前数加1即可。

假如所有a相同且环长度为奇数，隔一个数就把当前数加1的方法是不可做的，它会无限加下去，而它再没有其他方案了，这种情况不可能。

假如有a不同：我们找到原环a最小的点v（并且v所指向的点中a没有等于a_v的），若u->v且a_u=a_v，我们需要a_u+=1。假如此步导致x->u的边上a_x=a_u，同理a_x+=1。该操作加到某一步就会必定停止（因为起点v还在那儿呢，显然任何一个修改过后的a可不会等于a_v），不可能绕圈的。则必然能够构造。

Code

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,mx,mn;
int p[200010];
bool vis[200010],cir[200010],_is[200010];
int mex[200010],cnt_tree=0;
struct node{int y,nxt;
}g[200010];int h[200010],tot=0;
void dfs(int x)
{
    for (int i=h[x];i;i=g[i].nxt) if (!cir[g[i].y]) dfs(g[i].y);
    for (int i=h[x];i;i=g[i].nxt) if (!cir[g[i].y]) _is[mex[g[i].y]]=1;
    for (mex[x]=0;_is[mex[x]];mex[x]++);
    for (int i=h[x];i;i=g[i].nxt) _is[mex[g[i].y]]=0;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) 
    {
        scanf("%d",&p[i]);
        g[++tot]=node{i,h[p[i]]};h[p[i]]=i;
    }
    int x=1;
    while (!vis[x]) vis[x]=1,x=p[x];
    while (!cir[x]) cir[x]=1,x=p[x];
    mx=0;mn=2147483647;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    if (cir[i])
    {
        dfs(i);cnt_tree++;
        mx=max(mx,mex[i]);mn=min(mn,mex[i]);
    }
    if (mx==mn&&(cnt_tree&1)) printf("IMPOSSIBLE");else printf("POSSIBLE");
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/coco-night/p/9520740.html