ARC079F - Namori Grundy(构造，基环树)
ARC079F - Namori Grundy
Solution
首先这是一个 N N N个点 N N N条边的有向图，所以它的基图是一棵基环树，其次这个图的所有点入度为 1 1 1，因此这是一棵基环外向树。
然后对于 a i a_i ai，假设我们求出 S = { a j ∣ ( i , j ) ∈ E } S=\{a_j|(i,j)\in E\} S={aj∣(i,j)∈E}，即 i i i的所有出边的 a a a的集合，那么显然 a i = m e x S a_i=mex\;S ai=mexS， a i a_i ai的值是可以通过其出边唯一确定的。
我们先考虑一棵树的情况，我们发现叶子结点必然为 0 0 0，因此每一个结点 i i i的 a i a_i ai都可以从下到上通过其儿子结点递推得到。
现在考虑基环树，对于环上一点，我们可以通过它的子树唯一确定去掉环时它的 a a a，然后可以发现当且仅当环长为奇数且环上结点的 a a a都相等时无解。
然后直接找到环，递推求出每一个 a a a，判一判就行了。
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
Proof
现在我们可以把子树点都扔掉，只考虑一个 k k k元环。
我们设环上点依次为 0 , 1 , 2... k − 1 0,1,2...k-1 0,1,2...k−1， ( i + 1 , i ) ∈ E (i+1,i)\in E (i+1,i)∈E，（之后的下标都在模 k k k意义下）。
- 若 a i + 1 a_{i+1} ai+1要加 1 1 1，当且仅当 a i + 1 = a i a_{i+1}=a_i ai+1=ai。
- 因为环上点出度为 1 1 1，一个点最多加 1 1 1。
首先我们不会让所有点都加 1 1 1，因为这和所有点不变一样，所以若存在方案，一定有一种有至少一个点 p p p不动的方案。
如果我们知道 p p p，那么我们可以从 p p p开始判断 a p a_p ap是否等于 a p + 1 a_{p+1} ap+1，若相等则 a p + 1 + 1 a_{p+1}+1 ap+1+1。
我们令一段连续的 + 1 +1 +1的下标区间为 [ l + 1 , r ] [l+1,r] [l+1,r]，显然有 a l = a l + 1 , a l + 1 + 1 = a l + 2 , a l + 2 + 1 = a l + 3 . . . a_{l}=a_{l+1},a_{l+1}+1=a_{l+2},a_{l+2}+1=a_{l+3}... al=al+1,al+1+1=al+2,al+2+1=al+3...，因此这段 a a a一定是 a l , a l , a l + 1 , a l + 2... a l + ( r − l − 1 ) a_l,a_l,a_l+1,a_l+2...a_l+(r-l-1) al,al,al+1,al+2...al+(r−l−1)，点 l l l不动且为其中的最小值。
所以我们有结论：若能找到一个 i i i，使得 a i ≠ a i − 1 a_i\not = a_{i-1} ai=ai−1且 ∀ j a i ≤ a j \forall_j a_i\leq a_j ∀jai≤aj， i i i可以作为 p p p，方案存在。
那么最后还剩下找不到 i i i的环，其上的点必然是所有 a a a相等的，这个就很容易考虑了，因为所有点都等价，所以可以任取一个作为 p p p，最后的序列一定长成 a p , a p + 1 , a p , a p + 1 , a p , a p + 1... a_p,a_p+1,a_p,a_p+1,a_p,a_{p}+1... ap,ap+1,ap,ap+1,ap,ap+1...的形式。
这就相当于一个二分图染色，只有当 k k k为奇数时，存在相邻两个 a a a相等，不合法；当 a a a为偶数时存在合法方案。
综上，当且当且仅当环长为奇数且环上结点的 a a a都相等时无解。
Code
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