本文将同步发布于:

题目

题目链接:洛谷CF1468M

题意简述

给定 \(n\) 个集合 \(S_{1\sim n}\),问是否存在 \(i,j\) 满足 \(i\neq j\) 且 \(\left\lvert S_i\cap S_j\right\rvert\geq 2\)。

若存在,输出 \(i,j\)(任意一对都可);否则输出 \(-1\)。

\(n\leq 10^5\),\(\sum\limits_{i=1}^n\left\lvert S_i\right\rvert\leq 2\times 10^5\)。

题解

图论转化

直接思考有点难,考虑经典套路,我们把这个问题转化成二分图模型。

对于一个集合 \(S_i\),我们将其构造为一个左部点 \(i\)。

对于一个元素 \(x\),我们将其构造为一个右部点 \(x\)。

如果 \(x\in S_i\),那么图上有一条边 \((i,x)\)。

那么 \(\left\lvert S_i\cap S_j\right\rvert\geq 2\),就对应有至少两个右部点连到了同样的两个点。

换句话说,符合条件的答案对应了图中的一个四元环。

并且,这张图的度数总和为 \(\sum\limits_{i=1}^n\left\lvert S_i\right\rvert\)。

按点的度数分治

现在我们要解决的问题就是一个二分图内是否存在四元环。

这同样是一个简单的问题,具体地,我们考虑按点的度数分治:

  • 找到一个非负整数 \(B\);
  • 称度数 \(\geq B\) 的为大点,度数 \(< B\) 的为小点;
  • 对于大点,其个数为 \(\Theta\left(\frac{\sum\texttt{deg}}{B}\right)\)。

我们对于每个大左部点,标记其所有相连点,如果存在另一个左部点,其连接的标记点个数 \(\geq 2\),那么存在一个四元环。

我们对于每个小左部点,我们枚举其对应的所有的右部点对,然后对于每一个点对,我们枚举其最小值,然后标记其对应点,如果一个点在之前被标记过,那么就存在一个四元环。

根据上面的分析,我们得出算法的时间复杂度为 \(\Theta\left(\frac{\sum\texttt{deg}}{B}\sum\texttt{deg}+B\sum\texttt{deg}\right)\)。

理论分析可以得出,最优的时间复杂度为 \(\Theta\left(\sum\texttt{deg}\sqrt{\sum\texttt{deg}}\right)\)。

参考程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
static char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define flush() (fwrite(wbuf,1,wp1,stdout),wp1=0)
#define putchar(c) (wp1==wp2&&(flush(),0),wbuf[wp1++]=c)
static char wbuf[1<<21];int wp1;const int wp2=1<<21;
inline int read(void){
reg char ch=getchar();
reg int res=0;
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) res=10*res+(ch^'0'),ch=getchar();
return res;
} inline void write(reg int x){
static char buf[32];
reg int p=-1;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
if(!x) putchar('0');
else while(x) buf[++p]=(x%10)^'0',x/=10;
while(~p) putchar(buf[p--]);
return;
} const int MAXN=1e5+5;
const int MAXS=2e5+5; struct Event{
int x,y,id;
inline Event(reg int x=0,reg int y=0,reg int id=0):x(x),y(y),id(id){
return;
}
}; struct Link{
int val,id;
inline Link(reg int val=0,reg int id=0):val(val),id(id){
return;
}
}; int n; inline pair<int,int> solve(void){
n=read();
reg int sum=0;
vector<vector<int>> S(n+1);
vector<int> V;
for(reg int i=1;i<=n;++i){
reg int k=read();
sum+=k;
S[i].resize(k);
for(reg int j=0;j<k;++j)
S[i][j]=read(),V.push_back(S[i][j]);
}
sort(V.begin(),V.end()),V.erase(unique(V.begin(),V.end()),V.end());
for(reg int i=1;i<=n;++i)
for(int& x:S[i])
x=lower_bound(V.begin(),V.end(),x)-V.begin();
reg int m=V.size();
reg size_t B=sqrt(sum/16);
vector<int> Big,Sma;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(S[i].size()>=B)
Big.push_back(i);
else
Sma.push_back(i);
vector<bool> vis(m);
vis.resize(m);
for(reg int i=0,siz=Big.size();i<siz;++i){
int u=Big[i];
for(int x:S[u])
vis[x]=true;
for(reg int j=1;j<=n;++j){
int v=j;
if(u!=v){
reg int cnt=0;
for(int x:S[v])
if(vis[x])
++cnt;
if(cnt>=2)
return make_pair(u,v);
}
}
for(int x:S[u])
vis[x]=false;
}
vector<Event> E;
for(reg int i=0,siz=Sma.size();i<siz;++i){
reg int u=Sma[i];
for(reg int j=0,siz=S[u].size();j<siz;++j)
for(reg int k=j+1;k<siz;++k)
E.push_back(Event(S[u][j],S[u][k],u));
}
vector<vector<Link>> G;
G.resize(m);
for(Event e:E)
if(e.x<e.y)
G[e.x].push_back(Link(e.y,e.id));
else
G[e.y].push_back(Link(e.x,e.id));
vector<int> from;
from.resize(m);
for(reg int i=0;i<m;++i){
for(Link L:G[i])
if(!from[L.val])
from[L.val]=L.id;
else
return make_pair(from[L.val],L.id);
for(Link L:G[i])
from[L.val]=0;
}
return make_pair(-1,-1);
} int main(void){
reg int t=read();
while(t--){
static pair<int,int> ans;
ans=solve();
if(ans.first==-1)
write(-1),putchar('\n');
else
write(ans.first),putchar(' '),write(ans.second),putchar('\n');
}
flush();
return 0;
}

「题解」CF1468M Similar Sets的更多相关文章

  1. 「题解」「美团 CodeM 资格赛」跳格子

    目录 「题解」「美团 CodeM 资格赛」跳格子 题目描述 考场思路 思路分析及正解代码 「题解」「美团 CodeM 资格赛」跳格子 今天真的考自闭了... \(T1\) 花了 \(2h\) 都没有搞 ...

  2. 「题解」「HNOI2013」切糕

    文章目录 「题解」「HNOI2013」切糕 题目描述 思路分析及代码 题目分析 题解及代码 「题解」「HNOI2013」切糕 题目描述 点这里 思路分析及代码 题目分析 这道题的题目可以说得上是史上最 ...

  3. 「题解」JOIOI 王国

    「题解」JOIOI 王国 题目描述 考场思考 正解 题目描述 点这里 考场思考 因为时间不太够了,直接一上来就着手暴力.但是本人太菜,居然暴力爆 000 ,然后当场自闭- 一气之下,发现对 60pts ...

  4. 「题解」:[loj2763][JOI2013]现代豪宅

    问题 A: 现代豪宅 时间限制: 1 Sec  内存限制: 256 MB 题面 题目描述 (题目译自 $JOI 2013 Final T3$「現代的な屋敷」) 你在某个很大的豪宅里迷路了.这个豪宅由东 ...

  5. 「题解」:$Six$

    问题 A: Six 时间限制: 1 Sec  内存限制: 512 MB 题面 题面谢绝公开. 题解 来写一篇正经的题解. 每一个数对于答案的贡献与数本身无关,只与它包含了哪几个质因数有关. 所以考虑二 ...

  6. 「题解」:$Smooth$

    问题 A: Smooth 时间限制: 1 Sec  内存限制: 512 MB 题面 题面谢绝公开. 题解 维护一个队列,开15个指针,对应前15个素数. 对于每一次添加数字,暴扫15个指针,将指针对应 ...

  7. 「题解」:Kill

    问题 A: Kill 时间限制: 1 Sec  内存限制: 256 MB 题面 题面谢绝公开. 题解 80%算法 赛时并没有想到正解,而是选择了另一种正确性较对的贪心验证. 对于每一个怪,我们定义它的 ...

  8. 「题解」:y

    问题 B: y 时间限制: 1 Sec  内存限制: 256 MB 题面 题面谢绝公开. 题解 考虑双向搜索. 定义$cal_{i,j,k}$表示当前已经搜索状态中是否存在长度为i,终点为j,搜索过边 ...

  9. 「题解」:x

    问题 A: x 时间限制: 1 Sec  内存限制: 256 MB 题面 题面谢绝公开. 题解 赛时想到了正解并且对拍了很久.对拍没挂,但是评测姬表示我w0了……一脸懵逼. 不难证明,如果对于两个数字 ...

随机推荐

  1. hdu3706基础的单调队列

    题意: 解释题意不如直接把这个题粘贴过来,因为题目很短题意很容易懂. Give you three integers n, A and B.  Then we define Si = Ai mod B ...

  2. Linux-鸟菜-7-Linux文件系统-EXT

    Linux-鸟菜-7-Linux文件系统-EXT Linux最传统的磁盘文件系统(filesystem)使用的是EXT2,所以先从EXT2开始了解. /dev/sd[a-p][1-128]  为实体磁 ...

  3. java线程池实践

    线程池大家都很熟悉,无论是平时的业务开发还是框架中间件都会用到,大部分都是基于JDK线程池ThreadPoolExecutor做的封装, 都会牵涉到这几个核心参数的设置:核心线程数,等待(任务)队列, ...

  4. SQL必知必会 —— 性能优化篇

    数据库调优概述 数据库中的存储结构是怎样的 在数据库中,不论读一行,还是读多行,都是将这些行所在的页进行加载.也就是说,数据库管理存储空间的基本单位是页(Page). 一个页中可以存储多个行记录(Ro ...

  5. Gentoo 后的几个细节的完善

    Gentoo 后的几个细节的完善 目录 Gentoo 后的几个细节的完善 细节一:引导分区与 cdrom 开机正确挂载 细节二:可预见的命名规则的网络接口名称改为传统的 eth0 细节三:为管理员用户 ...

  6. Asp.NetCore Web应用程序中的请求管道和中间件

    你是否会迷惑当我们请求一个ASP.NetWeb应用程序以后,它是怎么处理这些请求的,后台是怎么工作的,今天就讲一下Asp.NetCore Web应用程序中的请求处理过程. 上一节,我们讲到,Start ...

  7. IOC随笔小记录

    对IOC的一点学习笔记 IOC (Inversion of Control):控制反转 DI (Dependency Injection):依赖注入 1.在没有使用IOC的情况下是如何进行的 在Use ...

  8. Jenkins 基础篇 - 基础设置

    站点设置 刚搭建好 Jenkins 环境,你还需要做一些简单设置,让我们的 Jenkins 看起来是这么一回事,特别是你要用于生产环境的时候.首先就是域名配置,如果你为 Jenkins 服务分配了一个 ...

  9. Spring Cloud Alibaba Nacos Discovery 实战

    Nacos 作为服务注册中心,可以快速简单的将服务自动注册到 Nacos 服务端,并且能够动态无感知的刷新某个服务实例的服务列表,为分布式系统提供服务注册与发现功能 一.创建服务 1.创建项目 pom ...

  10. Advanced Archive Password Recovery (ARCHPR) 是一个强大的压缩包密码破解工具,适用于ZIP和RAR档案的高度优化的口令恢复工具。

    RAR压缩文件密码破解工具是一款简单易用的RAR文档和ZIP文档密码破解软件,如果你不小心忘了解压密码或是下载的RAR文件需要密码,那么均可以使用本软件进行暴力破解.不管WinRAR /RAR 的密码 ...