[COCI2021-2022#6] Naboj 题解

前言

题目链接：洛谷。

题意简述

给定一张无向图，每条边有个哨兵，初始在边的中间。你可以把某个结点旁边的哨兵全部吸引或远离这个结点。给出最后每个哨兵在边的哪一端，请构造出一种可能的操作方案或报告无解。多种情况输出任意解，你不需要最小化操作步数。

题目分析

发现一个哨兵和且仅和最后一次关联这条边的操作有关，考虑使用“浮水法”反转操作，即假定一个哨兵在被定向后就不会再发生变化，那么把这样的方案倒序输出就是原问题答案了。

那么如何求解这个问题呢？发现一开始操作的点一定是哨兵最终要全部靠近或远离这个点的，为简化讨论，不妨令一开始操作的点连出的所有边，哨兵都在这个点一侧。那么给它设为吸引哨兵后，它对其他节点就没有了影响。所以考虑删去这个点和其连出的边，循环此过程。

发现这就是在跑一个拓扑排序。既然是拓扑排序，无解的时候当且仅当出现了环，也就是最后还有的边不能被确定。

于是这道水题就愉快地过掉啦。

代码（已略去快读快写）

目前最优解 rank1

//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx", "sse2", "sse3", "sse4", "mmx")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define debug(a) cerr << "Line: " << __LINE__ << " " << #a << endl
#define print(a) cerr << #a << "=" << (a) << endl
#define file(a) freopen(#a".in", "r", stdin), freopen(#a".out", "w", stdout)
#define main Main(); signed main(){ return ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), Main(); } signed Main
using namespace std;

int n, m;

struct Graph{
	struct node{
		int to, nxt;
	} edge[500010 << 1];
	int eid, head[500010];
	inline void add(int u, int v){
		edge[++eid] = {v, head[u]};
		head[u] = eid;
	}
	inline node & operator [] (const int x){
		return edge[x];
	}
} xym;

int du[500010], Q[500010], top;
int ans[500010], tot;

signed main(){
	read(n, m);
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) read(u, v), xym.add(u, v), ++du[v];
	for (int i = 1; i <= n; ++i) !du[i] && (Q[++top] = i);
	while (top){
		int now = Q[top--]; ans[++tot] = now;  // 给这个点设为吸引哨兵
		for (int i = xym.head[now]; i; i = xym[i].nxt)
			if (!--du[xym[i].to]) Q[++top] = xym[i].to;  // 拓扑排序
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) du[i] && (write(-1), exit(0), yzh_i_love_you);
	// 无解当且仅当最后出现了环
	write(tot, '\n');
	for (int i = tot; i >= 1; --i) write(ans[i], ' ', 1, '\n');  // 逆序输出
	return 0;
}

总结 & 后话

对于这种最终结果依赖于最后一次操作的时候，考虑使用“浮水法”，反转操作顺序，它被操作后就不再变化了，而实际操作顺序就是新操作顺序的逆序。