P3588 [POI2015] 线段树优化建图 + 差分约束系统

题意

传送门 P3588 [POI2015] PUS

题解

a i > a j a_i>a_j ai>aj,则有 a i − 1 ≥ a j a_i-1\geq a_j ai1aj,转化为差分约束系统。对于这样的关系,从 a i a_i ai a j a_j aj 连一条权值为 − 1 -1 1 的边。对于已知值的情况,最坏情况下连边数为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),可以通过建立虚节点进行优化。具体而言,对于 ( u , v , − 1 ) (u,v,-1) (u,v,1) 对应的边,建立虚节点 p p p,连边变为 ( u , p , − 1 ) , ( p , v , 0 ) (u,p,-1),(p,v,0) (u,p,1),(p,v,0),此时连边数 O ( n ) O(n) O(n)。对于 l , r , k l,r,k l,r,k 的情况,需要从 k k k 个节点向多个区间连边,由于 ∑ k ≤ 3 × 1 0 5 \sum k\leq 3\times10^5 k3×105,通过线段树优化建图,连边数为 O ( ∑ k log ⁡ n ) O(\sum k\log n) O(klogn)

若图中存在环,则无解,通过拓扑排序判断即可。

若存在拓扑序,则可以通过拓扑序 D P DP DP 求解最短路。需要注意的是, a i ∈ [ 1 , 1 0 9 ] a_i\in [1,10^9] ai[1,109],故入度为 0 0 0 的点应该取 1 0 9 10^9 109,已知值的点 p i p_i pi 在图中的最短路应该预先取为 d i d_i di,最后判断是否满足 p i p_i pi 对应的最短路是否仍为 d i d_i di,以及 a i ≥ 1 a_i\geq 1 ai1 的约束。

总时间复杂度 O ( n + ∑ k log ⁡ n ) O(n+\sum k\log n) O(n+klogn)

#include 
using namespace std;
#define pb push_back
typedef long long ll;
const int SZ = 1 << 18, MAXN = 1E5 + 5, MAXV = SZ + 3E5 + 5;
int N, S, M, P[MAXN], D[MAXN];
int idx[MAXN], deg[MAXV], ds[MAXV], tot = SZ;
struct edge
{
    int to, cost;
};
vector<edge> G[MAXV];

void add_edge(int u, int v, int w) { G[u].pb({v, w}); }

struct ST
{
    void init(int k = 0, int l = 0, int r = N)
    {
        if (r - l == 1)
        {
            idx[l] = k;
            return;
        }
        int m = (l + r) / 2, chl = k * 2 + 1, chr = k * 2 + 2;
        init(chl, l, m), init(chr, m, r);
        add_edge(k, chl, 0), add_edge(k, chr, 0);
    }
    void change(int a, int b, int v, int w, int k = 0, int l = 0, int r = N)
    {
        if (r <= a || b <= l)
            return;
        if (a <= l && r <= b)
        {
            add_edge(v, k, w);
            return;
        }
        int m = (l + r) / 2, chl = k * 2 + 1, chr = k * 2 + 2;
        change(a, b, v, w, chl, l, m), change(a, b, v, w, chr, m, r);
    }
} itr;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> N >> S >> M;
    for (int i = 0; i < S; ++i)
        cin >> P[i] >> D[i], --P[i];
    map<int, vector<int>> pos;
    for (int i = 0; i < S; ++i)
        pos[D[i]].pb(P[i]);
    itr.init();
    for (auto l = pos.begin();;)
    {
        auto r = l;
        if (++r == pos.end())
            break;
        int v = tot++;
        for (int u : l->second)
            add_edge(v, idx[u], 0);
        for (int u : r->second)
            add_edge(idx[u], v, -1);
        l = r;
    }
    for (int i = 0; i < M; ++i)
    {
        int l, r, k;
        cin >> l >> r >> k;
        --l;
        vector<int> x(k);
        for (int j = 0; j < k; ++j)
            cin >> x[j], --x[j];
        int v = tot++;
        for (int j = 0; j < k; ++j)
            add_edge(idx[x[j]], v, -1);
        if (l < x[0])
            itr.change(l, x[0], v, 0);
        for (int j = 0; j + 1 < k; ++j)
            if (x[j] + 1 < x[j + 1])
                itr.change(x[j] + 1, x[j + 1], v, 0);
        if (x[k - 1] + 1 < r)
            itr.change(x[k - 1] + 1, r, v, 0);
    }
    for (int v = 0; v < tot; ++v)
        for (auto &e : G[v])
            ++deg[e.to];
    queue<int> q;
    for (int v = 0; v < tot; ++v)
        if (!deg[v])
            q.push(v);
    for (int v = 0; v < tot; ++v)
        ds[v] = 1e9;
    for (int i = 0; i < S; ++i)
        ds[idx[P[i]]] = D[i];
    while (q.size())
    {
        int v = q.front();
        q.pop();
        for (auto &e : G[v])
        {
            ds[e.to] = min(ds[e.to], ds[v] + e.cost);
            if (!--deg[e.to])
                q.push(e.to);
        }
    }
    for (int v = 0; v < tot; ++v)
        if (deg[v] > 0 || ds[v] <= 0)
        {
            cout << "NIE\n";
            return 0;
        }
    for (int i = 0; i < S; ++i)
        if (ds[idx[P[i]]] < D[i])
        {
            cout << "NIE\n";
            return 0;
        }

    cout << "TAK\n";
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        cout << ds[idx[i]] << (i + 1 == N ? '\n' : ' ');
    return 0;
}

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