【BZOJ4383】[POI2015]Pustynia 线段树优化建图

【BZOJ4383】[POI2015]Pustynia

Description

给定一个长度为n的正整数序列a，每个数都在1到10^9范围内，告诉你其中s个数，并给出m条信息，每条信息包含三个数l,r,k以及接下来k个正整数，表示a[l],a[l+1],...,a[r-1],a[r]里这k个数中的任意一个都比任意一个剩下的r-l+1-k个数大（严格大于，即没有等号）。
请任意构造出一组满足条件的方案，或者判断无解。

Input

第一行包含三个正整数n,s,m(1<=s<=n<=100000，1<=m<=200000)。
接下来s行，每行包含两个正整数p[i],d[i](1<=p[i]<=n，1<=d[i]<=10^9)，表示已知a[p[i]]=d[i]，保证p[i]递增。
接下来m行，每行一开始为三个正整数l[i],r[i],k[i](1<=l[i]<r[i]<=n，1<=k[i]<=r[i]-l[i])，接下来k[i]个正整数x[1],x[2],...,x[k[i]](l[i]<=x[1]<x[2]<...<x[k[i]]<=r[i])，表示这k[i]个数中的任意一个都比任意一个剩下的r[i]-l[i]+1-k[i]个数大。Σk <= 300,000

Output

若无解，则输出NIE。
否则第一行输出TAK，第二行输出n个正整数，依次输出序列a中每个数。

Sample Input

5 2 2
2 7
5 3
1 4 2 2 3
4 5 1 4

Sample Output

TAK
6 7 1000000000 6 3

题解：这种类型的题还真是熟能生巧啊~

我们令一条边权为1的有向边(a,b)表示Va<Vb，边权为0的有向边表示Va<=Vb。然后对于题中给出的限制条件：[l,r]中的{a1,a2,..ak}比其他数都大，我们可以从一个新建的节点u向a1,a2,...ak连边，从剩余的节点向u连边。但是剩余的节点可能很多，我们可以将它们视为k+1个区间，用线段树优化建图。

连完边后跑一边拓扑排序就知道有没有环了，在拓扑排序的同时顺便就能求出可行方案了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#define lson (x<<1)
#define rson (x<<1|1)
using namespace std;
const int maxn=1000010;
int n,N,m,S,cnt,now;
int to[3000000],next[3000000],val[3000000],head[maxn],v[maxn],s[maxn],p[maxn],d[maxn];
queue<int> q;
void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	//printf("*%d %d %d\n",a,b,c);
}
void build(int l,int r,int x)
{
	if(l==r)
	{
		now=max(now,x+n),v[x+n]=v[l],add(l,x+n,0);
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	add(lson+n,x+n,0),add(rson+n,x+n,0);
	build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);
}
void updata(int l,int r,int x,int a,int b)
{
	if(a>b)	return ;
	if(a<=l&&r<=b)
	{
		add(x+n,now,0);
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(a<=mid)	updata(l,mid,lson,a,b);
	if(b>mid)	updata(mid+1,r,rson,a,b);
}
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	//freopen("bz4383.in","r",stdin);
	//freopen("bz4383.out","w",stdout);
	n=rd(),S=rd(),m=rd();
	int i,j,u,a,b,c;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=S;i++)	a=rd(),b=rd(),v[a]=b;
	build(1,n,1);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		now++,a=rd(),b=rd(),c=rd();
		p[0]=a-1,p[c+1]=b+1;
		for(j=1;j<=c;j++)	p[j]=rd(),add(now,p[j],1);
		for(j=1;j<=c+1;j++)	updata(1,n,1,p[j-1]+1,p[j]-1);
	}
	for(i=1;i<=now;i++)	for(j=head[i];j!=-1;j=next[j])	d[to[j]]++;
	for(i=1;i<=now;i++)	if(!d[i])	q.push(i);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		if(v[u])
		{
			if(s[u]<=v[u])	s[u]=v[u];
			else
			{
				printf("NIE");
				return 0;
			}
		}
		else	if(u<=n)	s[u]=max(s[u],1);
		if(s[u]>1000000000)
		{
			printf("NIE");
			return 0;
		}
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])
		{
			s[to[i]]=max(s[to[i]],s[u]+val[i]),d[to[i]]--;
			if(!d[to[i]])	q.push(to[i]);
		}
	}
	for(i=1;i<=now;i++)	if(d[i])
	{
		printf("NIE");
		return 0;
	}
	printf("TAK\n");
	for(i=1;i<n;i++)	printf("%d ",s[i]);
	printf("%d",s[n]);
	return 0;
}