洛谷 P13823

初步转化

我们将 $G$ 中的边改为无向边得到无向图 $G^{\prime }$，并在存双向边的时候将与原边朝向一样的那条边的权值记为 $1$，另一条边权记为 $0$。

我们先定义一条在 $G^{\prime }$ 中的路径 $u_1\to u_2\dots u_{k-1}\to u_k$ 的“变化次数”为 ${\sum }_{i=1}^{k-2}c(e(u_i,u_i+1))\oplus c(e(u_{i+1},u_{i+2}))$，从 $u_1$ 到 $u_k$ 的路径中变化次数最短的那一条为 $u_1$ 到 $u_k$ 的“变化次数最短路”。

我们需要求每个点 $u$ 在 $G^{\prime }$ 中到达 $u$ 所属连通块内一个点权最大的点 $v$ 的“变化次数最短路” 的最小值。

进一步思考

对于每个 $G^{\prime }$ 中的连通块，先找出每个 $p_u$ 是块内最大值的点 $u$，这是好做的。然后我们想到跑一个类似于拓扑排序的东西，对于每个点记录到这个点的“变化次数最短路”的长度，以及它是走权为 $1$ 还是 $0$ 的边过来的（有“变化次数最短路”走权为 $1$ 还是 $0$ 的边过来）。

然后？没有然后了。细节搁在代码里了。复杂度比较玄学，我写的时候是为了骗分的，但是由于一条边连接的两个端点不可能互相更新好像也不会 TLE（雾）。

AC 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,n) for(int i = 1;i <= n;i++)
#define rpt(i,a,n) for(int i = a;i <= n;++i)
#define swap(x,y) (x ^= y ^= x ^= y)
#define debug cout<<"Help!\n"
const int N = 5e5 + 5,inf = 1e9 + 7;
int p[N],ans[N],mx[N],ru[N],n,m,u,v,mxx;//ans 存每个点的“变化次数最短路”长度，mx 好像不必须，你可以在底下判断的时候换个方式就可以把它去掉啦
vector <int> g[N],t[N],rev[N],son;
bool tp[2][N],ismx[N],vis[N];
queue <int> Q;
void dfs(int u){//找连通块以及块内点权最大值
	vis[u] = true,mxx = max(mxx,p[u]),son.emplace_back(u);
	for(auto v : g[u]) if(!vis[v]) dfs(v);
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	rep(i,n) cin>>p[i],ans[i] = inf;
	while(m--){
		cin>>u>>v;
		g[u].emplace_back(v),g[v].emplace_back(u);//G'
		t[u].emplace_back(v),rev[v].emplace_back(u);//正向边，反向边
	}
	rep(i,n){
		if(vis[i]) continue;
		son.clear(),mxx = 0,dfs(i);
		for(auto j : son) if(p[j] == mxx) ans[j] = 0,mx[j] = p[j],Q.push(j),tp[0][j] = tp[1][j] = ismx[j] = true;//“变化次数最短路”的一个端点可以理解为上一步走正、反向边都可以（反正是0）
		while(Q.size()){//拓扑排序
			u = Q.front(),Q.pop();
			for(auto v : t[u]){//走正向边
				if(mx[v] < mx[u]){//必须走当前边，更新
					tp[1][v] = true,tp[0][v] = false,mx[v] = mx[u],ans[v] = ans[u] + !tp[1][u],Q.push(v);
				}
				else if(mx[v] == mx[u]){//或许要走当前边
					if(ans[v] > ans[u] + !tp[1][u]) tp[1][v] = true,tp[0][v] = false,mx[v] = mx[u],ans[v] = ans[u] + !tp[1][u],Q.push(v);//方案（步数）更优
					else if(ans[v] == ans[u] + !tp[1][u] && !tp[1][v]) tp[1][v] = true,Q.push(v);//多一种选择
				}
			}
			for(auto v : rev[u]){//走反向边，与正向边同理
				if(mx[v] < mx[u]){
					tp[0][v] = true,tp[1][v] = false,mx[v] = mx[u],ans[v] = ans[u] + !tp[0][u],Q.push(v);
				}
				else if(mx[v] == mx[u]){
					if(ans[v] > ans[u] + !tp[0][u]) tp[0][v] = true,tp[1][v] = false,mx[v] = mx[u],ans[v] = ans[u] + !tp[0][u],Q.push(v);
					else if(ans[v] == ans[u] + !tp[0][u] && !tp[0][v]) tp[0][v] = true,Q.push(v);
				}
			}
		}
	}
	rep(i,n) cout<<ans[i] + !ismx[i]<<' ';//注意到不是连通快内最大值的点的答案会少算1（见拓扑排序部分）
	return 0;
}