BZOJ4383 [POI2015]Pustynia[线段树优化建边+拓扑排序+差分约束]

收获挺大的一道题。

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这里的限制大小可以做差分约束，从$y\to x$连$1$，表示$y\le x-1$即$y<x$，然后跑最长路求解。

但是，如果这样每次$k+1$个小区间每个点都向$k$个断点连边显然爆炸。。考虑优化建边。

发现这里是每个小区间各点连边，所以可以线段树优化，不过每个小区间都要向$k$个点连边还是爆炸，这时候，考虑一种类似于线段树建边里面区间向区间的连边方式：这一边的各个拆分的小区间向一个虚点连边，这个虚点再向另一个区间拆分的小区间连边，保证了边数=区间数=$\log$级别。那这里也类似，只要把$k+1$小段每一段的拆分区间全连上虚点，然后虚点连向$k$个点就行了，本质还是线段树建边的类比。由于保证了$\sum k$，所以边数在$\sum k\log n$级别。

然后，这样一张图是和原图等价的，这时我们要做一个差分约束的求解。不过，注意到，只要这里面出现了环，那肯定是正环（因为线段树图和原图等价，原图全是$1$边），肯定就无解。如果没有环，那么就是个DAG，这时我们并不用很蠢的跑spfa（因为容易被卡，比如说链），直接拓扑排序更新max就行了。最后注意一下不合法（超过$1e9$或超过原来给定值）就行了。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define mst(x) memset(x,0,sizeof x)
 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
 #define dbg2(x,y) cerr<< #x <<" = "<< x <<"  "<< #y <<" = "<< y <<endl
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 typedef pair<int,int> pii;
 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
 template<typename T>inline T read(T&x){
     x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
     while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
 }
 const int N=1e5+;
 int org[N],val[N<<],deg[N<<];
 int n,s,m,cnt,res;
 struct thxorz{
     int head[N<<],nxt[N*],to[N*],tot;
     bool w[N*];
     inline void add(int x,int y,int z){to[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot,w[tot]=z,++deg[y];}
 }G;
 struct SGT{
     int id[N<<];
     #define lc i<<1
     #define rc i<<1|1
     void build(int i,int L,int R){
         if(L==R){id[i]=L;return;}
         int mid=L+R>>;id[i]=++cnt;
         build(lc,L,mid),build(rc,mid+,R);
         G.add(id[lc],id[i],),G.add(id[rc],id[i],);
     }
     void update(int i,int L,int R,int ql,int qr){
         if(ql<=L&&qr>=R){G.add(id[i],cnt,);return;}
         int mid=L+R>>;
         if(ql<=mid)update(lc,L,mid,ql,qr);
         if(qr>mid)update(rc,mid+,R,ql,qr);
     }
 }T;
 queue<int> q;
 #define y G.to[j]
 inline void topo(){
     for(register int i=;i<=n;++i)if(!deg[i])q.push(i);//dbg(i);
     while(!q.empty()){
         int x=q.front();q.pop();++res;
         for(register int j=G.head[x];j;j=G.nxt[j]){
             MAX(val[y],val[x]+G.w[j]);//mistake
             if(!(--deg[y]))q.push(y);
         }
     }
 }
 #undef y
 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
     cnt=read(n),read(s),read(m);
     fill(val+,val+n+n+m+,);
     for(register int i=,x;i<=s;++i)read(x),val[x]=read(org[x]);
     T.build(,,n);
     for(register int i=,l,r,k;i<=m;++i){
         read(l),read(r),read(k);++cnt;
         for(register int j=,x,las=l-;j<=k;++j,las=x){
             read(x);G.add(cnt,x,);
             if(las+<x)T.update(,,n,las+,x-);
             if(j==k&&x<r)T.update(,,n,x+,r);
         }
     }
     topo();
     if(res<cnt){puts("NIE");return ;}
     for(register int i=;i<=n;++i)if(val[i]>1e9||org[i]&&val[i]>org[i]){puts("NIE");return ;}
     puts("TAK");
     for(register int i=;i<=n;++i)printf("%d%c",val[i]," \n"[i==n]);
     return ;
 }

这题给了我一点启示。。

首先，区间连边，铁定是要线段树优化的。。只是有时候可能并不是那么显然，所以就要靠改造。。

然后，这个差分约束求解，并不是非要跑spfa的，如果原图是DAG，可以拓扑，这一点再拓展一下，就可以线性求全正权图的差分约束了，update了一下这篇。BZOJ2330 糖果[差分约束方案+spfa?/tarjan]