[NOI 2017]游戏

Description

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小 L 计划进行 \(n\) 场游戏，每场游戏使用一张地图，小 L 会选择一辆车在该地图上完成游戏。

小 L 的赛车有三辆，分别用大写字母 A、B、C 表示。地图一共有四种，分别用小写字母 x、a、b、c 表示。其中，赛车 A 不适合在地图 a 上使用，赛车 B 不适合在地图 b 上使用，赛车 C 不适合在地图 c 上使用，而地图 x 则适合所有赛车参加。适合所有赛车参加的地图并不多见，最多只会有 d 张。

\(n\) 场游戏的地图可以用一个小写字母组成的字符串描述。例如： S=xaabxcbc 表示小 L 计划进行 \(8\) 场游戏，其中第 \(1\) 场和第 \(5\) 场的地图类型是 x ，适合所有赛车，第 \(2\) 场和第 \(3\) 场的地图是 a ，不适合赛车 A ，第 \(4\) 场和第 \(7\) 场的地图是 b ，不适合赛车 B ，第 \(6\) 场和第 \(8\) 场的地图是 c ，不适合赛车 C 。

小 L 对游戏有一些特殊的要求，这些要求可以用四元组 \((i, h_i, j, h_j)\) 来描述，表示若在第 \(i\) 场使用型号为 \(h_i\) 的车子，则第 \(j\) 场游戏要使用型号为 \(h_j\) 的车子。

你能帮小 L 选择每场游戏使用的赛车吗？如果有多种方案，输出任意一种方案。如果无解，输出 -1（不含双引号）。

\(1\leq n\leq 50000,d\leq 8,1\leq m\leq 100000\)

Solution

容易发现，对于除 x 以外的位置，只能选择两个中的一个，可以建立 \(\text{2-SAT}\) 模型。剩下的 x 的位置，因为数量少，可以枚举。不过只要枚举这一位置是 a 或是 b ，因为 c 的情况已经被前两种情况涵盖了。

对于边的建立，对于四元组 \((i, h_i, j, h_j)\) ，记第 \(i\) 个位置上的字符为 \(S_i\) 。

• 若 \(h_i=S_i\) ，直接忽略；
• 若 \(h_j=S_j\) ，建一条 \(i\rightarrow i'\) 的边，表示强制选择 \(S_i\) 对应的另一种字符；
• 其余情况，建边 \(i\rightarrow j\) ， \(j'\rightarrow i'\)

直接跑 \(\text{2-SAT}\) 即可，复杂度是 \(O\left(2^d\times(m+n)\right)\) 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = (50000+5)<<1, M = 100000+5;

int n, d, m, lst[10], tot, a[M], b[M], h1[M], h2[M];
char ch[N], s[2];
struct tt {int to, next; } edge[M<<1];
int path[N], top;
vector<int> scc[N], to[N];
vector<int>::iterator it;
queue<int> Q;
int dfn[N], low[N], ins[N], id[N], in[N], num, times, S[N], tp, cs[N];

void add(int u, int v) {edge[++top] = (tt){v, path[u]}, path[u] = top; }
int idx(int i, int c) {
    if (ch[i] != 'c') return i+n*(c == 'C');
    return i+n*(c == 'B');
}
int inv(int x) {return x <= n ? x+n : x-n; }
void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++times; ins[u] = 1; S[++tp] = u;
    for (int i = path[u], v; i; i = edge[i].next) {
        v = edge[i].to;
        if (!dfn[v]) tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
        else if (ins[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if (dfn[u] == low[u]) {
        ++num; int v = 0;
        do {
            v = S[tp--]; id[v] = num;
            scc[num].pb(v); ins[v] = 0;
        }while (v != u);
    }
}
void solve() {
    memset(path, top = 0, sizeof(path));
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        if (ch[a[i]] == h1[i]+32) continue;
        else if (ch[b[i]] == h2[i]+32) add(idx(a[i], h1[i]), inv(idx(a[i], h1[i])));
        else {
            int x = idx(a[i], h1[i]), y = idx(b[i], h2[i]);
            add(x, y), add(inv(y), inv(x));
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n*2; i++) scc[i].clear(); num = 0;
    memset(dfn, times = 0, sizeof(dfn));
    for (int i = 1; i <= n*2; i++) if (!dfn[i]) tarjan(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (id[i] == id[i+n]) return;
    for (int u = 1; u <= n*2; u++)
        for (int i = path[u], v; i; i = edge[i].next)
            if (id[u] != id[v = edge[i].to]) to[id[v]].pb(id[u]), ++in[id[u]];
    for (int i = 1; i <= num; i++) if (in[i] == 0) Q.push(i);
    while (!Q.empty()) {
        int u = Q.front(); Q.pop();
        if (ins[u]) continue; cs[u] = 1;
        for (it = scc[u].begin(); it != scc[u].end(); it++) ins[id[inv(*it)]] = 1;
        for (it = to[u].begin(); it != to[u].end(); it++) if (!(--in[*it])) Q.push(*it);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (cs[id[i]]) putchar('A'+(ch[i] == 'a'));
        else putchar('C'-(ch[i] == 'c'));
    exit(0);
}
void dfs(int x) {
    if (x > tot) {solve(); return; }
    ch[lst[x]] = 'a'; dfs(x+1);
    ch[lst[x]] = 'b'; dfs(x+1);
}
void work() {
    scanf("%d%d%s", &n, &d, ch+1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (ch[i] == 'x') lst[++tot] = i;
    scanf("%d", &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%s", &a[i], s); h1[i] = s[0];
        scanf("%d%s", &b[i], s); h2[i] = s[0];
    }
    dfs(1); puts("-1");
}
int main() {work(); return 0; }