题目描述
给定一个长度为n的正整数序列a，每个数都在1到10^9范围内，告诉你其中s个数，并给出m条信息，每条信息包含三个数l,r,k以及接下来k个正整数，表示a[l],a[l+1],...,a[r-1],a[r]里这k个数中的任意一个都比任意一个剩下的r-l+1-k个数大（严格大于，即没有等号）。
请任意构造出一组满足条件的方案，或者判断无解。
输入
第一行包含三个正整数n,s,m(1<=s<=n<=100000，1<=m<=200000)。
接下来s行，每行包含两个正整数p[i],d[i](1<=p[i]<=n，1<=d[i]<=10^9)，表示已知a[p[i]]=d[i]，保证p[i]递增。
接下来m行，每行一开始为三个正整数l[i],r[i],k[i](1<=l[i]
输出
若无解，则输出NIE。
否则第一行输出TAK，第二行输出n个正整数，依次输出序列a中每个数。
样例输入
5 2 2
2 7
5 3
1 4 2 2 3
4 5 1 4
样例输出
TAK
1 7 5 4 3
题解
线段树优化建图+差分约束系统+拓扑排序
先想朴素的建图方法：利用差分约束的思想，如果要求x比y大，那么连边y->x，长度为1。对于每条信息，将非给定节点向一个新建节点连边，长度为0；新建节点向所有给定节点连边，长度为1。然后拓扑排序，如果有点没被更新，或者与给定的点权冲突（即要求比给出的大）则无解，否则出解。
这样建图边数爆炸。考虑到每次给出的都是一段区间，所以可以使用线段树优化这个建图过程。
建立线段树，从子节点到父节点连长度为0的边；对于每条信息，把非给定节点分成k+1个区间，每个区间在线段树中找到对应位置，这些位置向新建节点连边，长度为0；新建节点向给定节点对应的叶子结点连边，长度为1。然后拓扑排序即可。
至于拓扑排序求解的方法，需要记录f数组和t数组，分别表示点的权值和点的已知权值，如果遇到一个点存在已知权值，且f>t，则无解，否则f取f与t的max。
另外，“每个数都在1到10^9范围内”这个10^9是有用的，当f值大于10^9时也应算作无解。
#include
#include
#include
#define N 1000010
#define M 3000010
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
using namespace std;
queue q;
int head[N] , to[M] , len[M] , next[M] , cnt = 1 , tot , p[N] , f[N] , t[N] , x[N] , rd[N];
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y , len[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt , rd[y] ++ ;
}
void build(int l , int r , int x)
{
if(l == r)
{
p[l] = x;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson) , build(rson);
add(x << 1 , x , 0) , add(x << 1 | 1 , x , 0);
}
void update(int b , int e , int t , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e)
{
add(x , t , 0);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(b <= mid) update(b , e , t , lson);
if(e > mid) update(b , e , t , rson);
}
int main()
{
int n , s , m , i , u , c , d , l , r , k;
scanf("%d%d%d" , &n , &s , &m);
build(1 , n , 1) , tot = 4 * n;
while(s -- ) scanf("%d%d" , &c , &d) , f[p[c]] = t[p[c]] = d;
while(m -- )
{
scanf("%d%d%d" , &l , &r , &k) , x[0] = l - 1 , x[k + 1] = r + 1 , tot ++ ;
for(i = 1 ; i <= k ; i ++ ) scanf("%d" , &x[i]) , add(tot , p[x[i]] , 1);
for(i = 0 ; i <= k ; i ++ ) if(x[i + 1] - x[i] > 1) update(x[i] + 1 , x[i + 1] - 1 , tot , 1 , n , 1);
}
for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
if(!rd[i])
f[i] = max(f[i] , 1) , q.push(i);
while(!q.empty())
{
u = q.front() , q.pop();
for(i = head[u] ; i ; i = next[i])
{
f[to[i]] = max(f[to[i]] , f[u] + len[i]) , rd[to[i]] -- ;
if(t[to[i]] && f[to[i]] > t[to[i]])
{
printf("NIE\n");
return 0;
}
if(!rd[to[i]]) q.push(to[i]);
}
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
if(!f[p[i]] || f[p[i]] > 1000000000)
{
printf("NIE\n");
return 0;
}
}
printf("TAK\n");
for(i = 1 ; i < n ; i ++ ) printf("%d " , f[p[i]]);
printf("%d" , f[p[n]]);
return 0;
}
