[JSOI2019]精准预测

题目

这么明显的限制条件显然是\(\text{2-sat}\)

考虑按照时间拆点，\((0/1,x,t)\)表示\(x\)个人在时间\(t\)是生/死

有一些显然的连边

\[(0,x,t+1)->(0,x,t)\]

就是如果想在\(t+1\)时刻还是活着那必须在\(t\)时刻还活着

\[(1,x,t)->(1,x,t+1)\]

就是如果\(t\)时刻死了，那么\(t+1\)时刻也得是死的

对于第一种限制，显然是连\((1,x,t)->(1,y,t+1)\)，别忘了连对称边，就是\(y\)在\(t+1\)时刻活着，那么\(x\)在\(t\)时刻可不能死，于是\((0,y,t+1)->(0,x,t)\)

对于第二种限制，连\((0,x,t)->(1,y,t)\)，对称边连\((0,y,t)->(1,x,t)\)

发现按照上面的方式建图我们仅是点数就是\(nT\)级别，不能接受

发现每个人的生/死都连成了一条链，我们把上面每一其他边相连的点缩掉，这样图的点数就达到了\(n+m\)级别

简单分析我们发现这是一个\(\rm DAG\)

要对每个人求出有多少个人能和他一起活到最后

首先如果第\(i\)个人，\((0,i,T+1)\)能走到\((1,i,T+1)\)，即\(i\)活着能推出\(i\)死了，于是\(i\)显然不能活着，自然也就不可能有点能和\(i\)一起活到最后。对于这样的点直接输出\(0\)即可。

否则，我们就看看如果这个点活着，那么能推出多少个点死了，即\((0,i,T+1)\)能到达多少种不同的\((1,y,T+1)\)，这是经典的有向图传递闭包问题，只能做到\(\rm bitset\)复杂度。

那\(\rm bitset\)复杂度就可以了，\(O(\frac{m(n+m)}{w})\)大概就能过了。

但是这样\((0,i,T+1)\)可能没有办法走到那些必死点，我们把必死点做一个\(\rm bitset\)，和\(i\)点的\(\rm bitset\)取一个或就可了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("-fcse-skip-blocks")
#define getchar() (S==TT&&(TT=(S=BB)+fread(BB,1,1<<15,stdin),S==TT)?EOF:*S++)
char BB[1<<18],*S=BB,*TT=BB; 
inline int read() {
    char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=4.6e5+1;
const int W=10000;
struct E{int v,nxt;}e[600005];
int head[maxn],vis[maxn];
std::bitset<10000> dp[maxn],g;
std::vector<int> id[2][50001],ti[50001];
int xx[100001],t[100001],yy[100001],op[100001];
int n,m,T,cnt,num,chk[50001],ans[50001];
inline void add(int x,int y) {e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;}
inline int find(int x,int c) {
    int l=0,r=ti[x].size()-1;
    while(l<=r) {
        int mid=l+r>>1;
        if(ti[x][mid]==c) return mid;
        if(ti[x][mid]<c) l=mid+1;else r=mid-1; 
    }
    return 0;
}
void dfs(int x) {
    if(vis[x]) return;vis[x]=1;
    for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt) 
        dfs(e[i].v),dp[x]|=dp[e[i].v];
}
void calc(int l,int r) {
    if(l>n) return;r=min(n,r);g.reset();
    for(re int i=1;i<=cnt;i++) vis[i]=0,dp[i].reset();
    for(re int i=l;i<=r;i++) 
        for(re int j=0;j<ti[i].size();++j)  
            dp[id[1][i][j]][i-l]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++) dfs(id[0][i][ti[i].size()-1]);
    for(re int i=l;i<=r;i++) if(dp[id[0][i][ti[i].size()-1]][i-l]) g[i-l]=1,chk[i]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++) {
        if(chk[i]) continue;
        int x=id[0][i][ti[i].size()-1];;
        ans[i]+=(dp[x]|g).count();
    }
}
int main() {
    T=read(),n=read(),m=read();
    for(re int i=1;i<=m;i++) {
        op[i]=read(),t[i]=read(),xx[i]=read(),yy[i]=read();
        ti[xx[i]].push_back(t[i]);
        ti[yy[i]].push_back(t[i]+(op[i]==1?0:1));
    }
    for(re int i=1;i<=n;i++) ti[i].push_back(T+1);
    for(re int i=1;i<=n;i++) {
        std::sort(ti[i].begin(),ti[i].end());
        ti[i].erase(std::unique(ti[i].begin(),ti[i].end()),ti[i].end());
        for(re int j=0;j<ti[i].size();++j) 
            id[0][i].push_back(++cnt),id[1][i].push_back(++cnt);
        for(re int j=0;j<ti[i].size()-1;++j)
            add(id[1][i][j],id[1][i][j+1]);
        for(re int j=ti[i].size()-1;j;--j)
            add(id[0][i][j],id[0][i][j-1]);
    }
    for(re int i=1;i<=m;i++) {
        int x=find(xx[i],t[i]),y;
        if(op[i]) {
            y=find(yy[i],t[i]);
            add(id[0][xx[i]][x],id[1][yy[i]][y]);
            add(id[0][yy[i]][y],id[1][xx[i]][x]);
        }
        else {
            y=find(yy[i],t[i]+1);
            add(id[1][xx[i]][x],id[1][yy[i]][y]);
            add(id[0][yy[i]][y],id[0][xx[i]][x]);
        }
    }
    calc(W+1,2*W);calc(4*W+1,5*W);calc(1,W);calc(3*W+1,4*W);calc(2*W+1,3*W);
    for(re int i=1;i<=n;i++,putchar(' ')) if(chk[i]) putchar('0');else printf("%d",n-1-ans[i]);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/asuldb/p/11564842.html