2020牛客暑期多校训练营第一场题解

$7.15$ 前还在搞文化课，错过了前两场，现在回来补qwq。

然而很多题并不会。

比赛传送门

A. B-Suffix Array

给出一个字符串，定义一个字符串 $s_1$ ~ $s_m$ 对应的 $B_1$ ~ $B_m$ 满足 $B_i={\min }_{1\le j<i,s_j=s_i}\{i-j\}$，如果不存在这样的 $j$，那么 $B_i=0$，现在要求将 $s$ 的所有后缀按照其对应的 $B$ 序列的字典序排列。

牛客那篇似乎是唯一的题解就是我发的qwq

题解很神，用到一个神仙结论直接切飞，原文为（为了好看些，我自己稍微加了点 LaTeX 元素）：

Let $C_i=mi{n}_{i<j\le n,s_j=s_i}\{j-i\}$
The B-Suffix Array is equivalent to the suffix array of $C_1{C}_2...C_n$

有了这个结论，加一点代码实现细节，就可以 $AC$ 这题。

这里先讲做法，再讲证明。

对于不存在这样的 $j$ 的 $C_i$，我们要让他比其他 $C_i$ 都大，设为 $C_i=n$，然后最后再放一个 $n+1$ 在 $C$ 的末尾，最后求出 $C$ 的后缀数组，去掉最后一位倒着输出就是答案。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define maxn 1000010

int n,s[maxn];char S[maxn];
int fir[maxn],sec[maxn],sa[maxn],c[maxn];
void get_SA()
{
	int m=n;
	for(int i=1;i<=n;i++)c[fir[i]=s[i]]++;
	for(int i=2;i<=m;i++)c[i]+=c[i-1];
	for(int i=n;i>=1;i--)sa[c[fir[i]]--]=i;
	for(int k=1,tot;k<n;k<<=1)
	{
		tot=0;
		for(int i=n-k+1;i<=n;i++)sec[++tot]=i;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(sa[i]>k)sec[++tot]=sa[i]-k;
		
		for(int i=1;i<=m;i++)c[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)c[fir[i]]++;
		for(int i=2;i<=m;i++)c[i]+=c[i-1];
		for(int i=n;i>=1;i--)sa[c[fir[sec[i]]]--]=sec[i];
		
		for(int i=1;i<=n;i++)swap(fir[i],sec[i]);
		fir[sa[1]]=tot=1;
		for(int i=2;i<=n;i++)
		if(sec[sa[i]]==sec[sa[i-1]]&&sec[sa[i]+k]==sec[sa[i-1]+k])fir[sa[i]]=tot;
		else fir[sa[i]]=++tot;
		if(tot==n)break; m=tot;
	}
}

int main()
{
	while(~scanf("%d",&n))
	{
		scanf("%s",S+1);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=i+1;j<=n;j++)if(S[j]==S[i]){s[i]=j-i;break;}
			if(!s[i])s[i]=n;
		}
		n++;s[n]=n;get_SA();
		for(int i=n-1;i>=1;i--)printf("%d ",sa[i]);printf("\n");
		for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=fir[i]=sec[i]=sa[i]=c[i]=0;
	}
}

证明：

首先对 $B$ 和 $C$ 要有一点感性的认识，$B_i$ 相当于前面最近的一个与 $s_i$ 相同的字符到 $i$ 的距离，而 $C_i$ 相当于后面的最近的与 $s_i$ 相同的字符到 $i$ 的距离。

对于第 $i$ 个位置，假设位置 $j$ 是后面的最近的相同字符，那么可以发现，$B_j=C_i$，也就是说，将 $B$ 左移一位 就能得到 $C$，这里的左移一位就是将 $B_i$ 放到上一个与 $s_i$ 字符相同的位置。

考虑一个特殊的情况。

对于一个后缀，考虑 $B$ 数组开头的一段，肯定是这样的：
$$01110...$$

那两个 $0$ 就是第一次出现的 $a$ 和 $b$ 字符，因为他们没有上一个相同的字符。

考虑两个 $0$ 中间 $1$ 序列的长度，他的长度越长，字典序就会越大，例如这两个 $B$ 数组：
$$\begin{gathered} 01110... \\ 0110... \end{gathered}$$

显然下面那个字典序要大，因为第四位它是 $0$ 而上面那个是 $1$。

然后考虑他们对应的 $C$ 数组，是长这样的：
$$\begin{gathered} 111x1... \\ 11y1... \end{gathered}$$

其中，$x,y$ 都大于 $1$。

此时可以发现，上面那个的字典序反而要小了。

也就是说，对于开头的一段 $1$ 长度不同的两个后缀，如果 $X$ 的 $B$ 比 $Y$ 的 $B$ 字典序要小，那么 $X$ 的 $C$ 一定比 $Y$ 的 $C$ 的字典序要大。

再考虑一般情况。

假设两个后缀 $X,Y$ 的 $B$ 序列有一段前缀是相同的，那么 $X,Y$ 的这一段前缀肯定也是相同的，不妨设这段前缀以若干个 $a$ 结尾，那么对于第一个不同的位，肯定满足一个后缀的这一位是 $a$，另一个后缀的这一位是 $b$，像这样：
$$\begin{gathered} ...aaaab... \\ ...aab... \end{gathered}$$

第一个不同的位是这一段中的第三位，然后他们对应的 $B$ 序列就是：
$$\begin{gathered} ...aaaab... \\ ...1111x... \\ ...aab... \\ ...11y... \end{gathered}$$

第三位的 $1$ 比 $y$ 小，所以后缀 $X$ 的 $B$ 的字典序比后缀 $Y$ 的 $B$ 的字典序要小。

再考虑他们的 $C$ 序列，也就是将 $B$ 左移一位，由于他们 $B$ 序列的前面部分都是相同的，所以上一个 $b$ 出现的位置是相同的，左移一位后 $x$ 和 $y$ 就会同时移到那个位置，像这样：
$$\begin{gathered} bbbaa... \\ 11x11... \\ bbbaa... \\ 11y11... \end{gathered}$$

然后你可以发现，在 $x,y$ 之前的位都是相同的，也就是说，$x,y$ 之间的大小比较决定了这两个后缀的字典序。

观察一开始 $x,y$ 的位置，可以发现 $x$ 那个位置离上一个 $b$ 要更远一些，即满足 $x>y$，所以此时 $X$ 的 $C$ 的字典序比 $Y$ 的 $C$ 的字典序要大。

综合上述两种情况，可以知道，对于两个后缀 $X,Y$，假如 $X$ 的 $B$ 的字典序比 $Y$ 的 $B$ 的字典序要小，那么总有 $X$ 的 $C$ 的字典序比 $Y$ 的 $C$ 的字典序要大。

所以，求出 $C$ 的后缀数组再反过来就是答案。

证毕。

仔细思考，可以发现这个 $C$ 相对于 $B$ 的优越性就在于：一个后缀的 $C$ 一定是 整个序列的 $C$ 的 一段后缀，并且这两个后缀的位置是相对应的，所以将 $C$ 求出后缀数组，就相当于将原字符串的后缀进行排序了。而 $B$ 不一样，对于每个后缀，他的 $B$ 不一定是 整个序列的 $B$ 的 一段后缀，所以不能直接上后缀排序。

再讲一个细节，就是为什么末尾要放一个 $n+1$。

假如末尾是 $ab$ 的话，就对应两个后缀：$ab$ 和 $b$，他们的 $B$ 数组分别为 $00$ 和 $0$，所以 $b$ 的 $B$ 的字典序比 $ab$ 的小，那么 $b$ 应该排在 $ab$ 前面。

而注意到我们最后是要将 $C$ 的 $sa$ 数组反过来的，也就是说，反过来之前，$b$ 的 $C$ 应该比 $ab$ 的要大。

但是事实上他们的 $C$ 分别为 $n$ 和 $nn$，$b$ 的 $C$ 是要比 $ab$ 的 $C$ 小的，而在末尾加一个 $n+1$ 就可以避免这个问题，具体可以结合样例的第三组数据理解。

B. Infinite Tree

令 $mindiv(i)$ 为 $i$ 的最小值因子，让点 $i$ 与点 $\frac{i}{mindiv(i)}$ 连边，设 $\delta (i,j)$ 为树中 $i,j$ 两点间的距离，现在要你找到一个 $u$，使 ${\sum }_{i=1}^n{w}_i\delta (u,i!)$ 最小。

显然，我们不需要造出整棵树，只需要造出与 $1!,2!,3!,...,n!$ 相关的部分即可。

先不管怎么造这棵树，假设我们现在有这棵树。

先令 $u=1$，然后逐步往下走。设 $su{m}_i$ 为子树内所有点的 $w$ 之和，假如往儿子 $v$ 走更优，即令 $u=v$ 更优，需要满足 $su{m}_1-su{m}_v<su{m}_v$，因为从 $u$ 走到 $v$ 时，$v$ 子树内的点到 $u$ 的距离减少了 $1$，而其他点到 $u$ 的距离增加了 $1$，要使得走了这步后更优，就需要满足上面的不等式，即 $su{m}_1-2su{m}_v<0$。

显然，对于点 $u$，他只有至多一个儿子能满足这个不等式，因为这个不等式等价于 $su{m}_v>\frac{su{m}_1}{2}$，显然不可能有两个儿子同时满足，所以从点 $1$ 出发，往下走的路径是唯一的。

然后就是要考虑怎么造这棵树，我们注意到，树上有很多点，他们不等于任意一个 $i!$，只是在某个 $i!$ 到根节点的路径上，假如某个这种点只有一个儿子，那么这个点其实是对决策没有贡献的，所以，可以考虑建出它的虚树，然后在虚树上跑上面的过程。

考虑 $i!$ 和 $(i+1)!$ 的 $lca$ 是谁。对于一条 $i$ 与 $\frac{i}{mindiv(i)}$ 的边，假如将 $mindiv(i)$ 作为权值放到边上，观察根节点 $1!$ 到点 $i!$ 的路径，经过的边权是严格不上升的，也就是会先经过 $i!$ 的较大的质因子。而 $(i+1)!$ 比 $i!$ 多乘了个 $i$，也就是说，$i+1$ 的最大的质因子会使得 $1!$ 到 $i!$ 和 $(i+1)!$ 的路径分叉，而这个分叉点就是要求的 $lca$。

于是可以用树状数组维护之前 $i!$ 的各个质因子的出现次数，然后统计不小于 $i+1$ 的最大质因子的质因子个数，就能得到 $lca$ 的深度，然后就可以建虚树了。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define maxn 200010
#define ll long long

int n,w[maxn];ll ans=0;
int mindiv[maxn];void work(){
	for(int i=2;i<=maxn-10;i++)
	for(int j=i;j<=maxn-10;j+=i)
	if(!mindiv[j])mindiv[j]=i;
}
int d[maxn],lcad[maxn],zhan[maxn],t=0;
struct edge{int y,next;}e[maxn<<1];
int first[maxn],len=0,tr[maxn];
void buildroad(int x,int y){e[++len]=(edge){y,first[x]};first[x]=len;}
void add(int x){for(;x<=n;x+=(x&-x))tr[x]++;}
int sum(int x){int re=0;for(;x>=1;x-=(x&-x))re+=tr[x];return re;}
void buildtree()
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		d[i]=d[i-1]+1;int j=i;
		for(;j!=mindiv[j];j/=mindiv[j])d[i]++;
		lcad[i]=sum(n)-sum(j-1);
		for(j=i;j>1;j/=mindiv[j])add(mindiv[j]);
	}
	zhan[t=1]=1;for(int i=2,tot=n;i<=n;i++){
		while(t>1&&d[zhan[t-1]]>=lcad[i])buildroad(zhan[t-1],zhan[t]),t--;
		if(d[zhan[t]]!=lcad[i])d[++tot]=lcad[i],buildroad(tot,zhan[t]),zhan[t]=tot;
		zhan[++t]=i;
	}
	while(t>1)buildroad(zhan[t-1],zhan[t]),t--;
}
void dfs1(int x){
	ans+=1ll*w[x]*d[x];
	for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
	dfs1(e[i].y),w[x]+=w[e[i].y];
}
void dfs2(int x){
	for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
	if(2*w[e[i].y]>w[1])ans+=1ll*(w[1]-2*w[e[i].y])*(d[e[i].y]-d[x]),dfs2(e[i].y);
}
void init(){len=ans=0;for(int i=1;i<=2*n;i++)first[i]=d[i]=lcad[i]=w[i]=tr[i]=0;}

int main()
{
	work();while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
		buildtree();dfs1(1);dfs2(1);
		printf("%lld\n",ans);init();
	}
}

G. BaXianGuoHai,GeXianShenTong

给出 $n$ 个三维向量 $s$，现在重新定义向量的乘法：$x(a_1,a_2,a_3)\times y(b_1,b_2,b_3)=((a_1{b}_1+a_2{b}_3+a_3{b}_2),(a_2{b}_1+a_3{b}_3+a_1{b}_2),(a_3{b}_1+a_2{b}_3+a_1{b}_2))$，现在有 $q$ 次询问，第 $i$ 次询问询问给出 $e_{i,1}$ ~ $e_{i,n}$，求出 $s_1^{e_{i,1}}\times s_2^{e_{i,2}}\times ...\times s_n^{e_{i,n}}$。

仔细观察，发现这个乘法是满足结合律的，证明如下（其实就是暴力算）：

设 $x(a_1,a_2,a_3),y(b_1,b_2,b_3),z(c_1,c_2,c_3)$，假如按顺序计算，就有：

$x\times y=((a_1{b}_1+a_2{b}_3+a_3{b}_2),(a_2{b}_1+a_3{b}_3+a_1{b}_2),(a_3{b}_1+a_1{b}_3+a_2{b}_2))$

$(x\times y)\times z=($
$(a_1{b}_1{c}_1+a_2{b}_3{c}_1+a_3{b}_2{c}_1+a_2{b}_1{c}_3+a_3{b}_3{c}_3+a_1{b}_2{c}_3+a_3{b}_1{c}_2+a_1{b}_3{c}_2+a_2{b}_2{c}_2),$
$(a_2{b}_1{c}_1+a_3{b}_3{c}_1+a_1{b}_2{c}_1+a_3{b}_1{c}_3+a_1{b}_3{c}_3+a_2{b}_2{c}_3+a_1{b}_1{c}_2+a_2{b}_3{c}_2+a_3{b}_2{c}_2),$
$(a_3{b}_1{c}_1+a_1{b}_3{c}_1+a_2{b}_2{c}_1+a_1{b}_1{c}_3+a_2{b}_3{c}_3+a_3{b}_2{c}_3+a_2{b}_1{c}_2+a_3{b}_3{c}_2+a_1{b}_2{c}_2))$

先计算后两者，则有：

$y\times z=((b_1{c}_1+b_2{c}_3+b_3{c}_2),(b_2{c}_1+b_3{c}_3+b_1{c}_2),(b_3{c}_1+b_1{c}_3+b_2{c}_2))$

$x\times (y\times z)=($
$(a_1{b}_1{c}_1+a_1{b}_2{c}_3+a_1{b}_3{c}_2+a_2{b}_3{c}_1+a_2{b}_1{c}_3+a_2{b}_2{c}_2+a_3{b}_2{c}_1+a_3{b}_3{c}_3+a_3{b}_1{c}_2),$
$(a_2{b}_1{c}_1+a_2{b}_2{c}_3+a_2{b}_3{c}_2+a_3{b}_3{c}_1+a_3{b}_1{c}_3+a_3{b}_2{c}_2+a_1{b}_2{c}_1+a_1{b}_3{c}_3+a_1{b}_1{c}_2),$
$(a_3{b}_1{c}_1+a_3{b}_2{c}_3+a_3{b}_3{c}_2+a_1{b}_3{c}_1+a_1{b}_1{c}_3+a_1{b}_2{c}_2+a_2{b}_2{c}_1+a_2{b}_3{c}_3+a_2{b}_1{c}_2))$

计算完后，经过 $9^2\times 3$ 次的人工对比，上下两个向量是相等的。你可以试试，很有趣

得证。

于是每个询问用快速幂搞一搞就好了，而且这个题可以预处理很多东西来加速，但是由于我比较懒所以我并没有写qwq。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define maxn 100010
#define ll long long
#define mod 998244353

int n,m,q;ll z,a,b;
struct vec{
	int s[3];void init(){s[0]=1;s[1]=s[2]=0;}
	vec operator *(const vec &B){return (vec){
		(int)((1ll*s[0]*B.s[0]%mod+1ll*s[1]*B.s[2]%mod+1ll*s[2]*B.s[1]%mod)%mod),
		(int)((1ll*s[1]*B.s[0]%mod+1ll*s[2]*B.s[2]%mod+1ll*s[0]*B.s[1]%mod)%mod),
		(int)((1ll*s[2]*B.s[0]%mod+1ll*s[0]*B.s[2]%mod+1ll*s[1]*B.s[1]%mod)%mod)};
	}
}v[maxn],ans;
__int128 e[21][maxn],bin[maxn];
const __int128 mod2=(__int128)mod*mod-1;
const ll mod3=1ll<<32;
vec ksm(vec x,__int128 y)
{
	vec re;re.init();
	while(y)
	{
		if(y&1)re=re*x;
		x=x*x;y>>=1;
	}
	return re;
}

int main()
{
	scanf("%d %d %d %lld %lld %lld",&n,&m,&q,&z,&a,&b);
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=2;j++)z=(z*a+b)%mod3,v[i].s[j]=z%mod;
	bin[0]=1;for(int i=1;i<=1000;i++)bin[i]=bin[i-1]*2%mod2;
	for(int k=1;k<=q;k++)for(int i=1;i<=n;i++){
		e[k][i]=0;for(int j=0;j<m;j++)
		z=(z*a+b)%mod3,e[k][i]=(__int128)(e[k][i]+bin[32*j]*z)%mod2;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		ans.init();
		for(int j=1;j<=n;j++)ans=ans*ksm(v[j],e[i][j]);
		printf("%d %d %d\n",ans.s[0],ans.s[1],ans.s[2]);
	}
}

F. Infinite String Comparision

给出两个字符串 $A,B$，定义 $x^{\infty }$ 表示将 $x$ 复制无限次得到的字符串，现在要你比较 $A^{\infty }$ 和 $B^{\infty }$ 的字典序大小。

假设他们的长度分别为 $n,m$，不妨令 $n>m$，那么其实我们只需要比较前 $n+m-\gcd (n,m)$ 位即可，假如前 $n+m-\gcd (n,m)$ 位都相同，那么有 $A^{\infty }=B^{\infty }$

可以发现，如果 $A^{\infty }=B^{\infty }$，那么循环节长度肯定是 $\gcd (n,m)$，这里用到一个引理——Periodicity Lemma：如果 $p,q$ 是 $S$ 的循环节，并且 $p+q\le |S|+\gcd (p,q)$，那么 $\gcd (p,q)$ 也是 $S$ 的循环节。

证明：

分类讨论一下：假如 $m=\gcd (n,m)$，那么显然满足。

假如 $m\ne \gcd (n,m)$，并且 $A^{\infty },B^{\infty }$ 的前 $n+m-\gcd (n,m)$ 位相同的话，可以发现这样的规律：

绿色部分和蓝色部分是相同的，可以发现，蓝色部分长度为 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$，则绿色部分长度为 $m-n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$，分别设为 $a,b$，那么 $B$ 的前后 $a$ 位是相同的，前后 $b$ 位也是相同的。

类似的，又可以得到 $B$ 的前后 $m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a$ 位是相同的。

那么重复这个过程，相当于在做辗转相除法，最后就得到了 $B$ 的前后 $\gcd (n,m)$ 位是相同的，稍微再搞一搞就变成了每 $\gcd (n,m)$ 位都相同。

H. Minimum-cost Flow

给出一张网络，边带费用，每次询问给出 $u,v$，表示每条边的流量为 $\frac{u}{v}$，问从 $1$ 往 $n$ 流 $1$ 个单位的流量需要的最小费用。

不妨将所有流量除乘以 $\frac{v}{u}$，那么网络中每条边的流量就是 $1$，需要的流量就是 $\frac{v}{u}$。

由于网络中每条边的流量固定了，即不会因询问而改变，所以我们可以先跑一次费用流，求出所有路径的费用，然后每次从小的开始取知道流量满足 $\frac{v}{u}$ 即可。

一个教训：分数类的运算很慢，可以避免的话还是不要写的好。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define maxn 10010
#define ll long long

int n,m,k;
struct edge{int x,y,z,cost,next;}e[maxn<<1];
int first[maxn],len;
void buildroad(int x,int y,int z,int cost){e[++len]=(edge){x,y,z,cost,first[x]};first[x]=len;}
int q[maxn],st,ed,fa[maxn],dis[maxn],t;ll road[maxn];
bool v[maxn];
bool SPFA()
{
	memset(fa,0,(n+1)<<2);
	memset(dis,63,(n+1)<<2);
	st=1,ed=2;q[st]=1;dis[1]=0;
	while(st!=ed)
	{
		int x=q[st++];st=st>n?1:st;v[x]=false;
		for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
		{
			int y=e[i].y;
			if(e[i].z&&dis[y]>dis[x]+e[i].cost){
				dis[y]=dis[x]+e[i].cost;fa[y]=i;
				if(!v[y])v[q[ed++]=y]=true,ed=ed>n?1:ed;
			}
		}
	}
	return fa[n];
}
ll ans1,ans2;
ll gcd(ll x,ll y){return !y?x:gcd(y,x%y);}

int main()
{
	while(~scanf("%d %d",&n,&m))
	{
		memset(first,0,(n+1)<<2);len=1;t=0;
		for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)scanf("%d %d %d",&x,&y,&z),
		buildroad(x,y,1,z),buildroad(y,x,0,-z);
		while(SPFA()){
			road[++t]=0;
			for(int i=fa[n];i;i=fa[e[i].x])
			road[t]+=e[i].cost,e[i].z--,e[i^1].z++;
		}
		scanf("%d",&k);
		for(int i=1,x,y;i<=k;i++)
		{
			scanf("%d %d",&x,&y);ans1=0,ans2=1;
			if((ll)t*x<(ll)y){printf("NaN\n");continue;};
			int now=1,xx=x,yy=y,vk=0;//vk是一个优化，可以防止ans1爆long long
			while(y>=x)ans1=ans1+road[now++],y-=x;
			if(y)ans1=ans1*x+y*road[now],vk=1;
			int p=gcd(ans1,ans2);ans1/=p,ans2/=p;
			if(!vk)ans1*=xx;ans2*=yy;
			p=gcd(ans1,ans2);ans1/=p,ans2/=p;
			printf("%lld/%lld\n",ans1,ans2);
		}
	}
}

I. 1 or 2

给出一张图，询问是否存在一个满足要求的子图，其中点 $i$ 的度为 $d[i]$。

因为 $d[i]$ 只能为 $1$ 或 $2$，假如全部都是 $1$，那么就是个带花树板子了。

假如是 $2$ 的话，也就是说这个点可以匹配两次，那么可以将这个点 $x$ 拆成两个点 $x_1,x_2$。

而对于一条边，假如他连接的两个点 $x,y$ 的 $d$ 都是 $2$，那么不能单纯将 $x_1,x_2$ 与 $y_1,y_2$ 连边，这样连边可能出现 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 这样的配对，相当于将原边用了两次。

为了让原边只用一次，考虑像网络流一样拆开这条边，新建两个点，分别为左点和右点，在这两个点之间连边，然后 $x_1,x_2$ 向左点连边，$y_1,y_2$ 向右点连边。

然后跑一下带花树，假如能够完美匹配，就说明存在满足要求的子图。

为什么能这样拆边？

假如跑带花树时，$x_1,x_2$ 其中一个和左点匹配了，那么为了完美匹配，右点肯定和 $y_1,y_2$ 其中一个匹配了，那么这种情况就相当于将原边放入了最终的子图。

假如左点和右点匹配了，那么原边就没有对任何点做出贡献，即不在子图中。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define maxn 100010

int n,m,d[maxn],ans;
struct edge{int y,next;}e[maxn<<1];
int first[maxn],len;
void buildroad(int x,int y){e[++len]=(edge){y,first[x]};first[x]=len;}
void ins(int x,int y){buildroad(x,y);buildroad(y,x);}
int mat[maxn],col[maxn],pre[maxn],fa[maxn];
int findfa(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=findfa(fa[x]);}
int q[maxn<<1],st,ed,dfn[maxn],id=0;
int lca(int x,int y){
	for(id++;x=findfa(x),dfn[x]!=id;swap(x,y))
	if(x)dfn[x]=id,x=pre[mat[x]]; return x;
}
void blossom(int x,int y,int z)
{
	while(findfa(x)!=z)
	{
		pre[x]=y;y=mat[x];
		if(col[y]==2)col[y]=1,q[++ed]=y;
		fa[x]=fa[y]=z;x=pre[y];
	}
}
bool bfs(int S)//带花树板子
{
	for(int i=1;i<=2*n+2*m;i++)fa[i]=i;
	memset(pre,0,(2*n+2*m+1)<<2);
	memset(col,0,(2*n+2*m+1)<<2);
	col[q[st=ed=1]=S]=1;
	for(int x=q[st];st<=ed;x=q[++st])
	for(int i=first[x];i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].y;if(col[y]==2||findfa(x)==findfa(y))continue;
		if(col[y]==1){int LCA=lca(x,y);blossom(x,y,LCA);blossom(y,x,LCA);}
		else if(!col[y]){
			col[y]=2;pre[y]=x;
			if(!mat[y]){
				for(int j,to;y;y=to)j=pre[y],to=mat[j],mat[y]=j,mat[j]=y;
				return true;
			} col[mat[y]]=1;q[++ed]=mat[y];
		}
	}
	return false;
}

int main()
{
	while(~scanf("%d %d",&n,&m))
	{
		memset(first,0,(2*n+2*m+1)<<2);len=0;
		memset(mat,0,(2*n+2*m+1)<<2);
		ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]),ans+=d[i];//ans统计总点数
		for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d %d",&x,&y);
			if(d[x]==d[y]&&d[x]==1)ins(x,y);
			else if(d[y]==1)ins(x,y),ins(x+n,y);
			else if(d[x]==1)ins(x,y),ins(x,y+n);
			else ins(x,i+2*n),ins(x+n,i+2*n),ins(y,i+2*n+m),ins(y+n,i+2*n+m),ins(i+2*n,i+2*n+m),ans+=2;
		}
		for(int i=1;i<=2*n+2*m;i++)ans-=(!mat[i]&&bfs(i))*2;
		if(!ans)printf("Yes\n");else printf("No\n");
	}
}