bzoj 3495: PA2010 Riddle 2-sat

Description

k个国家，几个城市，m条边。
要求每个国家有且仅有一个首都，每条边两端的城市至少要有一个首都。
判断是否有解, 有解输出“TAK”，无解输出"NIE"
1  < =  k, N ,M ， < =1000000。

       先说下输入吧，n，m，k，然后m对关系，最后k行每行第一个数字x表示第i个国家有几个城市，后面x个数字表示这个国家所占有的城市。

       如果只有第一对关系，两边至少有一个首都，那么很明显就是“或”的关系了，说明如果左边点x不选，那么右边点必须选，如果右边点不选，则左边点必须选，所以从x'向y连一条边，y'向x连一条边。

       最难考虑的就是每个国家只能有一个首都，第一反应就是，如果某一个选了，就会有后面的不能选，前面的也不能选的关系，但是边数是n方的，难以接受。

      dang~dang~dang~dang~下面就是一个神奇的东西，前缀优化建图了。

      我们对于每个点，再开两个点，表示第i个点及之前是或否有被选中过，那么对于这样的新点涉及的边数应该会很少，所以我们考虑v一下如何和连边。

       首先我们用x1表示该点被选中，x2表示该点没被选中，x3表示该点的前缀里有被选中过的，x4表示该点的前缀里没有被选中过的，y表示这个城市在输入顺序中的上一个城市，y1-4的定义与x的定义相同。

       首先，要是这个点选了，那么这个点的前缀里肯定有被选中的点了，从x1向x3连一条边。

       其次，要是这个点的前缀里没有被选中的点，那么这个点也一定没有被选，从x4向x2连一条边。

       接着，最简单的传递，如果我上一个点的前缀里有点了，那么我这个点也有，则从y3向x3连一条边，

       然后，与上一个一样，如果我这个点的前缀里没有点，那么它之前也没有，则从x4向y4连一条边

       还有，要是我这个点被选了，说明我上一个点及之前肯定没有被选，则从x3向y4连一条边，

       最后，如果这个点选了，那么它上一个点的前缀里也不会有点，则从x1向y4连一条边，

       最后的最后tarjan缩点判断可行性即可，注意有两种情况，第i个点选或不选同时在一个集合，以及第i个点的前缀有没有选点同在在一个集合，只要满足一种就无可行解了。

       下附AC代码。

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<stack>#define maxn 3000005using namespace std;//0:选，1：不选，2：存在，3：不存在 int n,m,k,tot,num,cnt;int head[maxn<<2],to[6*maxn],nex[6*maxn],pre[6*maxn];void add(int x,int y){to[++tot]=y;nex[tot]=head[x];head[x]=tot;}int low[maxn<<2],dfn[maxn<<2],bel[maxn<<2];bool vis[maxn<<2];stack<int>s;void tarjan(int now){low[now]=dfn[now]=++cnt;vis[now]=1;s.push(now);for(int i=head[now];i;i=nex[i]){if(!dfn[to[i]]){tarjan(to[i]);low[now]=min(low[now],low[to[i]]);}else if(vis[to[i]]){low[now]=min(low[now],dfn[to[i]]);}}if(low[now]==dfn[now]){num++;int temp;do{temp=s.top();s.pop();bel[temp]=num;vis[temp]=0;}while(temp!=now);}return;}int main(){memset(pre,-1,sizeof(pre));scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);x--;y--;int x1=((x<<2)|1),y1=((y<<2)|1);x<<=2;y<<=2;add(x1,y);add(y1,x);}for(int i=1;i<=k;i++){int x,last;scanf("%d%d",&x,&last);last--;for(int j=1;j<x;j++){int y;scanf("%d",&y);y--;pre[y]=last;last=y;}}for(int i=0;i<n;i++){int x1=(i<<2),x2=(x1|1),x3=(x2+1),x4=(x3+1);add(x1,x3);add(x4,x2);if(pre[i]!=-1){int j=pre[i];int y1=(j<<2),y2=(y1|1),y3=(y2+1),y4=(y3+1);add(y3,x3);add(x4,y4);add(y3,x2);add(x1,y4);}} for (int i=0;i<(n<<2);i++)    if (!dfn[i]) tarjan(i);    for (int i=0;i<(n<<2);i++)    if (bel[i]==bel[i^1]) {printf("NIE");return 0;}printf("TAK\n");return 0;}#include<iostream>#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<stack>#define maxn 3000005using namespace std;//0:选，1：不选，2：存在，3：不存在 int n,m,k,tot,num,cnt;int head[maxn<<2],to[6*maxn],nex[6*maxn],pre[6*maxn];void add(int x,int y){to[++tot]=y;nex[tot]=head[x];head[x]=tot;}int low[maxn<<2],dfn[maxn<<2],bel[maxn<<2];bool vis[maxn<<2];stack<int>s;void tarjan(int now){low[now]=dfn[now]=++cnt;vis[now]=1;s.push(now);for(int i=head[now];i;i=nex[i]){if(!dfn[to[i]]){tarjan(to[i]);low[now]=min(low[now],low[to[i]]);}else if(vis[to[i]]){low[now]=min(low[now],dfn[to[i]]);}}if(low[now]==dfn[now]){num++;int temp;do{temp=s.top();s.pop();bel[temp]=num;vis[temp]=0;}while(temp!=now);}return;}int main(){memset(pre,-1,sizeof(pre));scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);x--;y--;int x1=((x<<2)|1),y1=((y<<2)|1);x<<=2;y<<=2;add(x1,y);add(y1,x);}for(int i=1;i<=k;i++){int x,last;scanf("%d%d",&x,&last);last--;for(int j=1;j<x;j++){int y;scanf("%d",&y);y--;pre[y]=last;last=y;}}for(int i=0;i<n;i++){int x1=(i<<2),x2=(x1|1),x3=(x2+1),x4=(x3+1);add(x1,x3);add(x4,x2);if(pre[i]!=-1){int j=pre[i];int y1=(j<<2),y2=(y1|1),y3=(y2+1),y4=(y3+1);add(y3,x3);add(x4,y4);add(y3,x2);add(x1,y4);}} for (int i=0;i<(n<<2);i++)    if (!dfn[i]) tarjan(i);    for (int i=0;i<(n<<2);i++)    if (bel[i]==bel[i^1]) {printf("NIE");return 0;}printf("TAK\n");return 0;}