「HNOI2018」游戏

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解题思路

首先没有锁上的门可以缩点缩掉，然后对于一扇锁上的门，如果钥匙在左边，那么右边就永远不可能到达左边，同理如果钥匙在右边，左边就永远不可能到达右边。

然后考虑一个暴力的做法，对于一个点不断尝试向左向右扩展，直到不能扩展位置得到其最终的区间，这个过程可以记忆化一下每个已经算过的点的区间，直接做最坏还是 \(\mathcal O(n^2)\) ，然而随机化可过 。

对于一扇门，如果钥匙在左侧，就让门右侧的点向门左侧的点连一条边，这样可以得到一个 \(\text{DAG}\) ，因为右边到达不了左边，就先让右侧先扩展左侧利用右侧的答案，这样每一个区间只会向右被扩展一次向左被扩展一次，之后这个区间就被合并掉了，区间合并次数是 \(\mathcal O(m)\) 的，所以总复杂度 \(\mathcal O(n+m)\) ，然而乱搞碾标算。

code

/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int ch = 0, f = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int N = 2000005;
queue<int> Q;
vector<int> g[N];
int bel[N], lock[N], l[N], r[N], deg[N], L[N], R[N], n, m, q, cnt;
int main(){
	read(n), read(m), read(q);
	for(int i = 1, x, y; i <= m; i++)
		read(x), read(y), lock[x] = y;
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(!bel[i]){
		bel[i] = ++cnt; int j = i;
		for(; j < n && !lock[j]; j++) bel[j+1] = bel[i];
		L[cnt] = i, R[cnt] = j, l[cnt] = r[cnt] = cnt;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(lock[i] && lock[i] <= i)
			g[bel[i+1]].push_back(bel[i]), deg[bel[i]]++;
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) if(!deg[i]) Q.push(i);
	for(; !Q.empty(); Q.pop()){
		int u = Q.front(), lstL, lstR;
		do{
			lstL = l[u], lstR = r[u];
			if(l[u] > 1 && lock[L[l[u]]-1] >= L[l[u]] && lock[L[l[u]]-1] <= R[r[u]]) l[u] = l[l[u]-1];
			if(r[u] < cnt && lock[R[r[u]]] >= L[l[u]] && lock[R[r[u]]] <= R[r[u]]) r[u] = r[r[u]+1];
		}while(l[u] != lstL || r[u] != lstR);
		for(int i = 0; i < (int) g[u].size(); i++)
			if(!--deg[g[u][i]]) Q.push(g[u][i]);
	}
	while(q--){
		int x, y; read(x), read(y);
		if(bel[y] >= l[bel[x]] && bel[y] <= r[bel[x]]) puts("YES"); else puts("NO");
	}
	return 0;
}