题目:

三类动物A、B、C,A吃B,B吃C,C吃A。
给出K句话来描述N个动物(各属于A、B、C三类之一)
之间的关系,格式及意义如下:
1 X Y:表示X与Y是同类; 2 X Y:表示X吃Y。
K句话中有真话有假话,当一句话满足下列三条之一时,
这句话就是假话,否则就是真话。
1) 当前的话与前面的某些真的话冲突,就是假话; 2) 当前的话中X或Y比N大,就是假话; 3) 当前的话表示X吃X,就是假话。
求假话的总数。

输入:

第一行是两个整数N和K,以一个空格分隔。
以下K行每行是三个正整数 D,X,Y,两数之间用一个空格隔开,其中D表示说法的种类。
若D=1,则表示X和Y是同类。
若D=2,则表示X吃Y

输出:

假话的总数。

一个容易想到的思路:

用二维数组s存放已知关系:
S[X][Y] = -1:表示X与Y关系未知;
S[X][Y] = 0:表示X与Y是同类;
S[X][Y] = 1:表示X吃Y;
S[X][Y] = 2:表示Y吃X。
对每个读入的关系s(x,y),检查S[x][y]:
若S[x][y]=s,则继续处理下一条;
若S[x][y] = -1,则令S[x][y]=s,并更新S[x][i]、
S[i][x]、S[y][i]和S[i][y] (0<i<=n)。
若S[x][y] != s且S[x][y] != -1,计数器加1。

复杂度:

以上算法需要存储一个N×N的数组,空间复杂度为O(N2)。对每一条语句
进行关系判定时间为O(1)加入关系时间为O(N)总的时间复杂度为O(N*K)
0<=N<=50000,0<=K<=100000,复杂度太高。
对于任意a≠b,a、b属于题中N个动物的集合S,
当且仅当S中存在一个有限序列(P1, P2, …, Pm)(m≥0)
使得aP1、P1P2、…、Pm-1Pm、Pmb(或m=0时的ab)之间的相对关系均已确定时,
b对a的相对关系才可以确定。由上面可知,我们不需要保留每对个体之间的
关系,只需要为每对已知关系的个体保留一条
路径aP1P2…Pmb(m≥0)其中aP1、P1P2、…、Pm-1Pm、Pmb之间的关系均为已知。两两关系已知的动物们,构成一个group。

解决方案:

使用并查集:

用结点表示每个动物,边表示动物之间
的关系。采用父结点表示法,在每个结
点中存储该结点与父结点之间的关系。
parent数组: parent[i]表示i的父节点
relation数组:relation[i]表示i和父节点
的关系
初始状态下,每个结点单独构成一棵树。
读入a,b关系描述时的逻辑判断:
分别找到两个结点a、b所在树的根结点ra、
rb,并在此过程中计算a与ra、b与rb之间的
相对关系。
若ra!=rb,此句为真话,将a、b之间的关系加入;
若ra=rb,则可计算出r(a,b)=f( r(a,ra) , r(b,rb) )
若读入的关系与r(a,b)矛盾,则此句为假话,
计数器加1;
若读入的关系与r(a,b)一致,则此句为真话。

code:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 50010 struct node {
int pre;
int relation;
};
node p[N]; int find(int x) { //查找根结点
int temp;
if(x == p[x].pre)
return x;
temp = p[x].pre; //路径压缩
p[x].pre = find(temp);
p[x].relation = (p[x].relation + p[temp].relation) % ; //关系域更新
return p[x].pre; //根结点
} int main() {
int n, k;
int ope, a, b;
int root1, root2;
int sum = ; //假话数量
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = ; i <= n; ++i) { //初始化
p[i].pre = i;
p[i].relation = ;
}
for(int i = ; i <= k; ++i) {
scanf("%d%d%d", &ope, &a, &b);
if(a > n || b > n) { //条件2
sum++;
continue;
}
if(ope == && a == b) { //条件3
sum++;
continue;
}
root1 = find(a);
root2 = find(b);
if(root1 != root2) { // 合并
p[root2].pre = root1;
p[root2].relation = ( + (ope - ) +p[a].relation - p[b].relation) % ;
} else {
if(ope == && p[a].relation != p[b].relation) {
sum++;
continue;
}
if(ope == && (( - p[a].relation + p[b].relation) % != ope - )) {
sum++;
continue;
}
}
}
printf("%d\n", sum);
return ;
}

这是一道并查集的升级运用。

相比并查集的基础运用题目,难度高很多。

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