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• 題意：
• 思路：

題意：

給你$n$個點$m$調變的無向圖被分成$k$個部分，每個部分包含若干點，請選擇一些關鍵點，使得每個部分恰好有一個關鍵點，且每條邊至少有一個是關鍵點。

$1\le k,w\le n\le 1e6$

思路：

首先每條邊至少一個是關鍵點，這個是$2?sat$的套路建邊了，假設這個邊是$(a,b)$，那么應該$a^{\prime }?>b,b^{\prime }?>a$。

其次每個部分恰好一個關鍵點，這個看起來并不是很好建圖，因為暴力建圖的話是$n^2$級別的邊，顯然不行。我們對于這種區間的建邊，不是線段樹優化就是前綴和優化，這里使用前綴和優化。

設$pr{e}_{i,j}$代表第$i$個部分的前$j$個點是否存在關鍵點，以下簡稱為$pr{e}_j$。

根據這個來限制一下每個部分，寫出如下限制：
$(1)$ $a_j?>pr{e}_j,pr{e}_j^{\prime }?>a_j^{\prime }$。

$(2)$ $pr{e}_{j?1}?>a_j^{\prime },a_j?>pr{e}_{j?1}^{\prime }$。

$(3)$ $pr{e}_{j?1}?>pr{e}_j,pr{e}_j^{\prime }?>pr{e}_{j?1}^{\prime }$。

不難發現這些條件已經足夠了，直接跑個$2?sat$即可。

// Problem: F. Radio Stations // Contest: Codeforces - Codeforces Round #585 (Div. 2) // URL: https://codeforces.com/contest/1215/problem/F // Memory Limit: 256 MB // Time Limit: 7000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<random> #include<assert.h> #include<cassert> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=4001010,M=N*20,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m,k; int e[M],ne[M],h[N],idx; int dfn[N],low[N],id[N],tot,cnt; int stk[N],top; bool in[N];void add(int a,int b) {e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++; }void tarjan(int u) {dfn[u]=low[u]=++tot;stk[++top]=u; in[u]=true;for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){int ver=e[i];if(!dfn[ver]){tarjan(ver);low[u]=min(low[u],low[ver]);}else if(in[ver]) low[u]=min(low[u],dfn[ver]);}if(dfn[u]==low[u]){int y; ++cnt;do{y=stk[top--];in[y]=false; id[y]=cnt;}while(y!=u);} }int yes(int x) { return x<<1; }int no(int x) { return x<<1|1; }void link(int x,int y) {add(x,y); add(y^1,x^1); }bool check() {for(int i=0;i<=n+n;i++) if(id[yes(i)]==id[no(i)]) return false;return true; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);idx=0;memset(h,-1,sizeof(h));for(int i=1;i<=m;i++) {int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);a--; b--;link(no(a),yes(b));}for(int i=1,st=n;i<=k;i++) {int cnt; scanf("%d",&cnt);for(int j=st;j<=st+cnt-1;j++) {int x; scanf("%d",&x); x--;link(yes(x),yes(j)); if(j!=st) link(yes(j-1),no(x)); if(j!=st+cnt-1) link(yes(j),yes(j+1)); }st+=cnt;}for(int i=0;i<=no(n+n);i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);if(check()) {puts("TAK");} else puts("NIE");return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的P6378 [PA2010] Riddle 2-sat + 前缀和优化建图的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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