codeforces1149E Election Promises

题面

题意

给出一张DAG,每个点上有一个数字,双方轮流进行操作:选择一个权值不为0的点,然后减少它的权值,并任意修改这个点所有后继的权值.

做法

这道题显然是Nim博弈,但是直接计算整张图的sg函数显然不可能,所以可以考虑将点进行分组,分别进行博弈,因此分组必须满足如下要求:
1.一次操作不能同时修改一个组中中的两个数
2.对同一个组中的点操作,可以修改的点所在的组构成的集合相同.
因此可以按如下方式分组:
1.若这个点没有出边,则它在第0组
2.这个点的组为$mex($出边的点所构成的集合$)$
用一次拓扑排序即可求出每个点所在的组,而且可以发现:对编号较大的组中的点进行操作后,一定可以修改编号较小的组中的某个点的权值.
显然,若存在一个组中所有点的异或值不为0,则先手必胜.因为先手可以操作所有异或值不为0的组中编号最大的那个组中的某个点,使得所有组中点的异或值为0.

代码

#include
#define ll long long
#define N 200100
using namespace std;

ll n,m,num[N],sy[N],ds[N],bj[N],sum[N];
vector<ll>to[N],pre[N];
queue<ll>que;

int main()
{
	ll i,j,t,p,q;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&num[i]);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&p,&q);
		pre[q].push_back(p);
		to[p].push_back(q);
		ds[p]++;
	}
	for(i=1;i<=n;i++) if(!ds[i]) que.push(i);
	for(;!que.empty();)
	{
		q=que.front();
		que.pop();
		for(i=0;i<pre[q].size();i++)
		{
			t=pre[q][i];
			ds[t]--;
			if(!ds[t]) que.push(t);
		}
		for(i=0;i<to[q].size();i++)
		{
			t=to[q][i];
			bj[sy[t]]=q;
		}
		for(i=0;bj[i]==q;i++);
		sy[q]=i;
		sum[sy[q]]^=num[q];
	}
	for(i=n;i>=0;i--)
	{
		if(!sum[i]) continue;
		puts("WIN");
		for(j=1;j<=n;j++) if(sy[j]==i&&(num[j]^sum[i])<num[j]) break;
		q=j,num[q]^=sum[i];
		for(j=0;j<to[q].size();j++)
		{
			t=to[q][j];
			if(sum[sy[t]]&&bj[sy[t]]!=-1)
			{
				bj[sy[t]]=-1;
				num[t]^=sum[sy[t]];
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",num[i]);
		return 0;
	}
	puts("LOSE");
}