观前须知

本题解使用 CC BY-NC-SA 4.0 许可

同步发布于 Luogu 题解区。

更好的观看体验 请点这里

笔者的博客主页

正文

Luogu P3007 【USACO11JAN】 The Continental Cowngress G

前置知识:2-SATTarjan

(应该没有人会 2-sat 不会 tarjan 吧)

DAG DP 朴素做法

这道题除去输出 '?' 的部分是一道 2-SAT 的纯版子题。

其他题解基本使用了 DFS 来判断该情况。

这里提供一份 bitset 优化的 DAG DP 解法。

凭借着 bitset 强大的优化,成功跑到 34ms,轻松 rk1。

由于这道题的前半部分就是 2-SAT 的板子题,所以不再过多赘述。

感兴趣可见 Luogu P4782 【模板】2-SAT

那么考虑什么情况下可选也可不选,

发现当且仅当 \(x\)(表示法案 \(x\) 通过)和 \(x'\)(表示法案 \(x\) 不通过)不连通时可选可不选。

因为我们已经有了一个 DAG,可以求出它的拓扑序

那么不连通也就是拓扑序靠后的那一个节点的祖先中没有它的反节点。

强连通分量题做得多的 dalao 们应该已经想到这道题可以 DP 了。

小 trick:

Tarjan 求出的强连通分量编号是缩点后的图的 拓扑逆序

从 Tarjan 递归过程的角度思考一下很好证明。

……

不卖关子啦。

其实就是在搜索树上,由于递归类似于,是先进后出的,

所以一个节点后代节点可在搜索树上后搜到,回溯时,后代节点先被统计强连通分量。

所以后代节点一定在祖先节点之前被统计,得到的顺序就是拓扑逆序了。

具体的 DP 方式是这样的:

缩点后,对于每个节点(这里是原图的强连通分量),维护一个 \(vis_u\) 数组,

\(vis_{u,v}=1\) 表示 \(v\) 在 \(u\) 的祖先节点中出现过,反之表示未出现过。

转移就是如果 \(v\) 在 \(u\) 的祖先节点出现过,则它肯定在 \(son(u)\) 的祖先节点中出现过。

特别地,\(vis_{u,u}=1\)。

具体转移方式见代码:

// co[0] 存储强连通分量个数
// 这里使用了强连通分量是拓扑逆序的小 trick
for (int u = co[0]; u; u--) {
vis[u][u] = true;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
for(int j = 1; j <= co[0]; j++)
vis[e[i].v][j] |= vis[u][j];
}

那么如果一个法案可选也不可选,即不连通时有:\(vis_{u,v}=0\),其中 \(u\) 为拓扑序靠后的节点,\(v\)为 \(u\) 的反节点

判断的具体代码如下:

for (int i = 1; i <= n; i++) {
// i 表示通过,i+n 表示不通过
// 判断拓扑序靠后的是哪个节点,vx=0 为 i,vx=1 为 i+n
// co[u] 表示 u 节点所属的强连通分量
vx = co[i] > co[i + n];
// 利用三目运算简化语句
// 若有祖先关系则输出 Y 或 N
if (vis[co[vx ? i + n : i]][co[vx ? i : i + n]]) putchar(vx ? 'N' : 'Y');
// 否则输出 ?
else putchar('?');
}

好的那么现在我们已经有了一个 \(O(n^2)\) 的算法了。

但是还不够。

bitset

接下来我们来介绍今天的主角:bitset

我们知道,平常我们使用 bool 数组的时候,像是 bool vis[N]; 是要使用 \(8N\) bit 的空间的。

然而一个 bool 实际上也就是一个 0/1 的值,能不能只占 \(1\) bit 空间呢?

可以!我们写成 bitset<N> vis 就可以了!

这里的 N 是 bitset 的位数,要求必须是整型常量。

bitset 同 bool 数组一样,支持形如 vis[u] 的访问和赋值。

然而它同时支持与、或、左/右移等操作。

可以理解为 bitset 是一个大的二进制数。

由于篇幅有限,bitset 的详细用法不会过多赘述,这里只介绍用来优化的部分。

更多内容可见这篇文章: C++ std::bitset

等一下,它支持或?

我们发现,我们程序中有这么一个操作:

for(int j = 1; j <= co[0]; j++)
vis[e[i].v][j] |= vis[u][j];

这个操作相当于把 vis[e[i].v] 这个数组整体或上一个 vis[u]

那么我们就可以用 bitset 优化了!

开一个 bitset<M> b[N]; 的数组,M 表示强连通分量个数上限,则我们的程序可以改写为:

bitset<M> b[N];

for (int u = co[0]; u; u--) {
b[u][u] = true;
// 利用 bitset 的或操作快速转移
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) b[e[i].v] |= b[u];
} /*...*/ // 因为 bitset 支持类似 bool数组 的操作,所以这段代码除了一个变量名外没有变化
for (int i = 1; i <= n; i++) {
vx = co[i] > co[i + n];
if (b[co[vx ? i + n : i]][co[vx ? i : i + n]]) putchar(vx ? 'N' : 'Y');
else putchar('?');
}

那么我们就用 bitset 做完了这道题目。

那么问题来了,优化后的空间复杂度肯定小了,时间复杂度呢?

直接给结论:

bitset 的单次整体与、或等操作复杂度为 \(\mathcal O(\frac{n}{w})\)。

这里,\(n\) 指 bitset 的长度,\(w\) (不是 \(\omega\))为计算机字长,一般为 \(32\)。

那么整体时间复杂度就是 \(\mathcal O(\frac{n^2}{w})\) 了,相当于在原先的复杂度上除了一个比较大的 \(\log\)。

这样的时间复杂度就是非常优的了。

bitset 优化可以优化 floyd求传递闭包 等算法。

往往 \(10^4\) 的数据,\(\mathcal O(n^2)\) 无法通过,而 \(\mathcal O(\frac{n^2}{w})\) 就可以通过了。

所以说,bitset 的优化真的非常强大

剩下的一些小细节放在代码的注释里了:

本代码 34ms 的提交记录

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

class FD {
private:
inline static int Read() {
int r = 0, f = 0, c = getchar();
while ((c < '0' || c > '9') && ~c) { f |= c == '-', c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') { r = (r << 1) + (r << 3) + (c ^ 48), c = getchar(); }
return f ? -r : r;
} static constexpr int AwA = 2e3 + 10;
static constexpr int QwQ = 8e3 + 10;
//这里是强连通分量个数,开这么大就能ac
static constexpr int PwP = 360; struct Edge {
int nxt, v;
} e[QwQ << 1];
int head[AwA << 1], ecnt; inline void AddEdge(int u, int v) { e[++ecnt] = {head[u], v}, head[u] = ecnt; } int n, m;
int dfn[AwA], low[AwA], co[AwA], stk[AwA];
bitset<PwP> b[AwA]; void Tarjan(int u) {
stk[++stk[0]] = u;
dfn[u] = low[u] = ++dfn[0];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if (!dfn[v]) Tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
else if (!co[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
co[u] = ++co[0];
while (stk[stk[0]] != u) co[stk[stk[0]--]] = co[0];
stk[0]--;
}
} public:
inline void Main() {
n = Read(), m = Read();
int x, y;
bool vx, vy;
//三目运算简化
while (m--) {
x = Read(), vx = getchar() == 'N';
y = Read(), vy = getchar() == 'N';
AddEdge(vx ? x : x + n, vy ? y + n : y);
AddEdge(vy ? y : y + n, vx ? x + n : x);
}
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) if (!dfn[i]) Tarjan(i);
//判无解
for (int i = 1; i <= n; i++) if (co[i] == co[i + n]) return void(puts("IMPOSSIBLE"));
//建新图,这里直接用旧图开新节点的方式处理了
for (int u = 1; u <= 2 * n; u++)
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
if (co[e[i].v] != co[u]) AddEdge(co[u] + n * 2, co[e[i].v]); //DAG DP
for (int u = co[0]; u; u--) {
b[u][u] = true;
for (int i = head[u + 2 * n]; i; i = e[i].nxt) b[e[i].v] |= b[u];
}
//输出答案
for (int i = 1; i <= n; i++) {
vx = co[i] > co[i + n];
if (b[co[vx ? i + n : i]][co[vx ? i : i + n]]) putchar(vx ? 'N' : 'Y');
else putchar('?');
}
putchar('\n');
}
} Fd; int main() {
Fd.Main();
return 0;
}

完结,撒花!~

Luogu P3007 奶牛议会的更多相关文章

  1. Luogu P3007 [USACO11JAN]大陆议会The Continental Cowngress

    P3007 [USACO11JAN]大陆议会The Continental Cowngress 题意 题意翻译 简述:给出\(n\)个法案,\(m\)头牛的意见,每头牛有两个表决格式为"支持 ...

  2. C++之路进阶——bzoj2199(奶牛议会)

    F.A.Qs Home Discuss ProblemSet Status Ranklist Contest ModifyUser  gryz2016 Logout 捐赠本站 Notice:由于本OJ ...

  3. 【BZOJ2199】 [Usaco2011 Jan]奶牛议会

    Description 由于对Farmer John的领导感到极其不悦,奶牛们退出了农场,组建了奶牛议会.议会以“每头牛 都可以获得自己想要的”为原则,建立了下面的投票系统: M只到场的奶牛 (1 & ...

  4. BZOJ2199: [Usaco2011 Jan]奶牛议会(2-SAT)

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 259 MBSubmit: 559  Solved: 360[Submit][Status][Discuss] Descriptio ...

  5. BZOJ2199[Usaco2011 Jan]奶牛议会——2-SAT+tarjan缩点

    题目描述 由于对Farmer John的领导感到极其不悦,奶牛们退出了农场,组建了奶牛议会.议会以“每头牛 都可以获得自己想要的”为原则,建立了下面的投票系统: M只到场的奶牛 (1 <= M ...

  6. BZOJ2199 奶牛议会 【2-sat】

    BZOJ2199 奶牛议会 Description 由于对Farmer John的领导感到极其不悦,奶牛们退出了农场,组建了奶牛议会.议会以"每头牛 都可以获得自己想要的"为原则, ...

  7. 【BZOJ2199】[Usaco2011 Jan]奶牛议会 2-SAT

    [BZOJ2199][Usaco2011 Jan]奶牛议会 Description 由于对Farmer John的领导感到极其不悦,奶牛们退出了农场,组建了奶牛议会.议会以“每头牛 都可以获得自己想要 ...

  8. BZOJ 2199: [Usaco2011 Jan]奶牛议会

    2199: [Usaco2011 Jan]奶牛议会 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 259 MBSubmit: 375  Solved: 241[Submit][S ...

  9. 2-set奶牛议会

    Description 由于对Farmer John的领导感到极其不悦,奶牛们退出了农场,组建了奶牛议会.议会以“每头牛 都可以获得自己想要的”为原则,建立了下面的投票系统: M只到场的奶牛 (1 & ...

  10. luogu P2345 奶牛集会

    二次联通门 : luogu P2345 奶牛集会 /* luogu P2345 奶牛集会 权值线段树 以坐标为下标, 坐标为值建立线段树 对奶牛按听力由小到大排序 对于要查的牛 每次第i次放入奶牛起作 ...

随机推荐

  1. 一文上手图数据备份恢复工具 NebulaGraph BR

    作者:NebulaGraph 工程师 Kenshin NebulaGraph BR 开源已经有一段时间了,为了给社区用户提供一个更稳.更快.更易用的备份恢复工具,去年对其进行了比较大的重构.Nebul ...

  2. [Python] 协程学习过程

    开始 ​ 之前一直在做那个rProxy的项目,后来发现,服务端不用协程或者异步编程这样的手段是不行的,最主要的问题就是对于每个http请求都对应一个线程,这个开销非常大.对于一个网页而言,四五十个ht ...

  3. 在winform中如何嵌入第三方软件窗体✨

    相关win32api的学习 SetParent [DllImport("user32.dll ", EntryPoint = "SetParent")] pri ...

  4. Github登录 2FA(Two-Factor Authentication/两因素认证) 浏览器插件-已验证

    Github登录 2FA(Two-Factor Authentication/两因素认证) 浏览器插件-已验证 chrome 装下这个扩展 身份验证器 https://chromewebstore.g ...

  5. Obsidian 设置快捷键 Ctrl+Shift+J 打开OB(未启动则启动,启动未激活则激活,已激活则最小化)- autoHotKey

    Obsidian 设置快捷键 Ctrl+Shift+J 打开OB(未启动则启动,启动未激活则激活,已激活则最小化)- autoHotKey 需求 将Obsidian作为主笔记软件使用,设置个快捷键,配 ...

  6. puppeteer 提交 gitee - win10 (放弃,改成手点)async.series

    puppeteer 提交 gitee 需求 不想每次都登录到gitee上点击发布,想自动点击. 用puppeteer 模拟下 现在是win10环境,安装比较费尽 npm i puppeteer 这里用 ...

  7. tapable - webpack 的 hooks - getAc - 异步流程控制

    tapable - webpack 的 hooks,类似自己的 getAc 官方地址 https://www.npmjs.com/package/tapable 随便找了篇文章:聊聊 Webpack ...

  8. day01-项目介绍与环境搭建

    项目介绍与环境搭建 1.项目学习前置知识 Java基础知识 javaweb MySQL SpringBoot SSM(Spring,SpringMVC,MyBatis) Maven 2.学习收获 了解 ...

  9. 键鼠共享工具使用(软KVM)-barrier(symless开源版)

    作用:通过软件方式,实现KVM,即一套键盘鼠标可以控制多台电脑,并可以进行粘贴板共享. 1.安装 打开https://github.com/debauchee/barrier,进releases下载对 ...

  10. linux介绍、安装、shell

    1-Linux发展介绍 零 什么是Linux Linux:和我们常见的Windows一样,都是操作系统,但不同的是: Windows: 收费,不开源,主要用于日常办公.游戏.娱乐多一些. Linux: ...