【POJ3683】Priest John's Busiest Day

题目

John is the only priest in his town. September 1st is the John's busiest day in a year because there is an old legend in the town that the couple who get married on that day will be forever blessed by the God of Love. This year N couples plan to get married on the blessed day. The i-th couple plan to hold their wedding from time Si to time Ti. According to the traditions in the town, there must be a special ceremony on which the couple stand before the priest and accept blessings. The i-th couple need Di minutes to finish this ceremony. Moreover, this ceremony must be either at the beginning or the ending of the wedding (i.e. it must be either from Si to Si + Di, or from Ti - Di to Ti). Could you tell John how to arrange his schedule so that he can present at every special ceremonies of the weddings.

Note that John can not be present at two weddings simultaneously.

Input

The first line contains a integer N ( 1 ≤ N ≤ 1000).

The next N lines contain the Si, Ti and Di. Si and Ti are in the format of hh:mm.

Output

The first line of output contains "YES" or "NO" indicating whether John can be present at every special ceremony. If it is "YES", output another N lines describing the staring time and finishing time of all the ceremonies.

Sample Input

2

08:00 09:00 30

08:15 09:00 20

Sample Output

YES

08:00 08:30

08:40 09:00

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题意

（我尽然没用Goggle翻译就看懂了题目）

我大致翻译一下：

有一个小镇上只有一个牧师。这个小镇上有一个传说，在九月一日结婚的人会受到爱神的保佑，但是要牧师举办一个仪式。这个仪式要么在婚礼刚刚开始的时候举行，要么举行完婚礼正好结束。

现在已知有n场婚礼，告诉你每一场的开始和结束时间，以及举行仪式所需要的时间。问牧师能否参加所有的婚礼，如果能则输出一种方案。

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解决

可能上面的题意还没讲清楚，先上一张图。












现在应该就非常清楚了。

继续化简题目：有n*2条线段，其中每两条（我设的是i和i+n）中只能够选择一条，问能否给出n条线段使得任意两条不存在交点。







一组（或者一个）东西有且仅有两种选择，要么选这个，要么选那个，还有一堆的约束条件。

这是一个很明显的2-sat问题。




(如果对于2-sat问题一脸懵逼，建议回去看另外两道题【按难度、分先后】)

【POI2001】和平委员会

http://blog.csdn.net/qq_30974369/article/details/73927421

【POJ3207】Ikki's Story IV - Panda's Trick

http://blog.csdn.net/qq_30974369/article/details/73930235

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这题跟POJ 3207(就是上面的第二个链接) 神似，时间依旧只是一个媒介，对于所有的某两个仪式的时间段(i,j)，如果存在重合，则连边(i,j')【因为是依次枚举任意两个时间段，所以在枚举到(j,i)是会建边(j,i')】

存在重合的情况也跟POJ 3207神似。。。




看到没，还是两个时间点交叉出现的时候存在重合
只需要加判断是否重合然后建边了。


接下来的一步和POJ 3207 也是一样的，Tarjan缩点，判断是否可行


但是，这题多一个步骤，要求出一组可行性解。
根据Dalao的Blog(在上面的第一个链接里面有dalao博客的链接)，这一步应该进行拓扑排序,然后依次尝试染色（此时必定有解）即可。

这题就讲这么多，其他的具体实现参考一下代码。

/*

POJ 3683 Priest John's Busiest Day

题目大意：
(我竟然没用翻译就看懂了题目)
一个牧师要给n个婚礼进行一个仪式
给定婚礼开始的时间和结束的时间
仪式要么在婚礼刚刚开始的时候进行，要么进行完婚礼正好结束
问牧师能否参加所有的婚礼
并输出方案

思路：
跟POJ 3207神似的一道题目
依旧是把题目转化为2-sat来做
这题的时间也是一个媒介
如果某两个婚礼进行仪式的时间有重合，
那么就存在了矛盾关系,通过这些关系连边
Tarjan缩点,判断
拓扑排序染色(把仪式在 开始/结束 进行染色)
最后输出解即可 

*/

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAX=10500;

int Col[MAX],In[MAX],len[MAX],Opp[MAX];
int s[MAX],G[MAX],dfn[MAX],low[MAX];
int group=0,top=0,tim=0;
bool vis[MAX];
int n;
vector<int> E[MAX];//超级点就用vector来存边,方便些 

struct Time
{
	  int b,e;//b表示开始时间，e表示结束时间
}t[MAX];
struct Node
{
	   int v,next;
}e[MAX*MAX];//跑Tarjan时用来存边的邻接表 

int h[MAX],cnt=0;//邻接表存储 

void Add(int u,int v);//连边，从u->v
void Link();//连边
bool Wrong(int i,int j);//检查两个时间是否矛盾
void Tarjan(int u);//缩点
void Top();//拓扑排序 

int main()
{
	while(cin>>n)
	{
		  memset(h,-1,sizeof(h));
		  cnt=0;tim=group=top=0;
		  memset(dfn,0,sizeof(dfn));
		  memset(low,0,sizeof(low));
		  memset(In,0,sizeof(In));
		  memset(vis,0,sizeof(vis));
		  memset(Opp,0,sizeof(Opp));
		  for(int i=1;i<=n;++i)
		  {
		  	   int a,b,c,d,e;
		  	   scanf("%d:%d %d:%d %d",&a,&b,&c,&d,&len[i]);
		  	   //这里都把时间转化为分钟来计算
		  	   t[i].b=a*60+b;
		  	   t[i+n].e=c*60+d;
		  	   t[i].e=t[i].b+len[i];//计算开头的结束时间
		  	   t[i+n].b=t[i+n].e-len[i];//计算结尾的开始时间
		  	   //i   表示第i个婚礼的仪式在开始的时候举行
		       //i+m 表示第i个婚礼的仪式在结束的时候举行
		  }

		  Link();//连边 

		  for(int i=1;i<=2*n;++i)//缩点
		    if(!dfn[i])Tarjan(i);

		  for(int i=1;i<=n;++i)//判断是否有解
		  {
		  	   if(G[i]==G[i+n])//某个婚礼的 开始/结束 在同一个强连通分量中，无解
		  	   {
		  	   	    cout<<"NO"<<endl;
		  	   	    return 0;
		  	   }
		  	   Opp[G[i]]=G[i+n];//存一下超级点的的对立点
		  	   Opp[G[i+n]]=G[i];//反向也要存
		  }

		  cout<<"YES"<<endl;//不存在矛盾，则有解 

		  Top();//Top排序 

		  for(int i=1;i<=n;++i)
		  {
		  	    if(Col[G[i]]==1)//选择了再婚礼开始时
		  	      printf("%.2d:%.2d %.2d:%.2d\n",t[i].b/60,t[i].b%60,t[i].e/60,t[i].e%60);
		  	    else //在婚礼结束时
		  	      printf("%.2d:%.2d %.2d:%.2d\n",t[i+n].b/60,t[i+n].b%60,t[i+n].e/60,t[i+n].e%60);
		  }
	}

}

inline void Add(int u,int v)//连边，从u->v
{
	   e[cnt]=(Node){v,h[u]};
	   h[u]=cnt++;
}

bool Wrong(int i,int j)//判断两个时间是否矛盾
{
	  if(t[i].b>=t[j].e||t[i].e<=t[j].b)
	      return false;
	  else
	      return true;
	     //只要某一个结束时间在另一个的开始时间之前则无矛盾
		 //反之必定存在矛盾
}

void Link()//连边
{
	  for(int i=1;i<=n;++i)
	   for(int j=1;j<=n;++j)//枚举任意两组仪式的时间，查看是否存在矛盾
	   {
	   	       if(i==j)continue;//自己和自己没有比较的意义
	   	       if(Wrong(i,j))//开头和开头矛盾
			      Add(i,j+n);
			   if(Wrong(i,j+n))//开头和结尾矛盾
			      Add(i,j);
			   if(Wrong(i+n,j))//结尾和开头矛盾
			      Add(i+n,j+n);
			   if(Wrong(i+n,j+n))//结尾和结尾矛盾
			      Add(i+n,j);
	   }
}

void Tarjan(int u)//缩点
{
	  dfn[u]=low[u]=++tim;
	  s[++top]=u;
	  vis[u]=true;
	  int v;
	  for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next)
	  {
	  	   v=e[i].v;
	  	   if(!dfn[v])
	  	   {
	  	   	   Tarjan(v);
	  	   	   low[u]=min(low[u],low[v]);
	  	   }
	  	   else
	  	    if(vis[v])
	  	     low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	  }
	  if(low[u]==dfn[u])
	  {
	  	     ++group;
	  	     do
	  	     {
	  	     	   v=s[top--];
	  	     	   vis[v]=false;
	  	     	   G[v]=group;
	  	     }while(v!=u&&top);
	  }
}

void Top()//拓扑排序
{
	   memset(In,0,sizeof(In));//存入度
	   memset(Col,-1,sizeof(Col));//存颜色
	   for(int i=1;i<=2*n;++i)//连接超级点
	   {
	   	     for(int j=h[i];j!=-1;j=e[j].next)//枚举邻边
	   	     {
	   	     	  int v=e[j].v;
	   	     	  if(G[i]==G[v])continue;//在同一个强连通分量中无需考虑
	   	     	  E[G[v]].push_back(G[i]);//边要反着存
	   	     	  In[G[i]]++;//统计入度
	   	     }
       }
       queue<int> Q;//拓扑排序的队列
	   for(int i=1;i<=group;++i)
	     if(In[i]==0)Q.push(i);//入度为0的进队
	   while(!Q.empty())
	   {
	   	     int v=Q.front();
	   	     Q.pop();
	   	     if(Col[v]==-1)//未染色
		     {
					Col[v]=1;     //染为1
					Col[Opp[v]]=0;//对立点染为0
			 }
		     for(int i=0;i<E[v].size();++i)//依次减入度
		     {
		          In[E[v][i]]--;
		          if(In[E[v][i]]==0)//入度为0
		            Q.push(E[v][i]);
		     }
	   }
}
/*
写在AC后面：
这几道2-sat题真是花式出错
这道的错误是缩点以后，并不是按照超级点来输出(明显会挂呀)
然而。。。查了1小时的错
感叹一句：对拍真是利器也。。。
*/