ICPC2019南昌邀请赛 G. Winner_南昌邀请赛 winner-优快云博客

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本文深入探讨了一种在算法竞赛中使用的策略，通过分析选手之间的相互优势关系，建立了一种特殊的图论模型，进而提出了一种高效的算法来确定优胜者。文章详细介绍了如何通过排序和二分查找来优化解决方案，并使用三个队列来检查每个选手的获胜可能性，最终实现了O(nlogn)的时间复杂度。

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题解

我猜了一个结论：如果 $A$ 能打败 $B$ ，而 $B$ 是可以优胜的，那么 $A$ 一定也可以优胜

下面论述这个结论：

如果 $u$ 能打败 $v$ ，我就连边 $\rightarrow v$

那么这样就形成一张图，但是这张图太大了没法表示，所以只能用于理论分析

如果 $B$ 能优胜，那么从 $B$ 出发 $d f s$ 肯定能遍历到每个点，当然其中包含了 $A$

这棵 $d f s$ 树如下：

在这里插入图片描述
那么，我可以这样构造一个从 $A$ 出发遍历整张图的树：

在这里插入图片描述
就是把 $A$ 的父亲连向 $A$ 的边删了，然后把绿边连上

因此最开始我说的猜想是对的：

如果 $A$ 能打败 $B$ ，而 $B$ 是可以优胜的，那么 $A$ 一定也可以优胜

那么，我把所有人按照第一种权值排序，由于后面的人可以利用第一种权值打败前面的人，所以从某个人开始答案都是 $Y E S$ ，而之前都是 $N O$ （很好理解，只要出现第一个 $Y E S$ 后面肯定就都是 $Y E S$ 了）

因此我可以二分

怎么写 $c h e c k$ ？

好说，开三个队列，队列中的元素分别按照三种权值递增的顺序排布

分别维护当前已经被打败的人的三种值的最大值 $a_{max},b_{max},c_{max}$ ，每次打败一个人，我就得到新的 $a_{max},b_{max},c_{max})$ ，然后比较其与三个队列队首的值，如果队首能被打败就去打败他

循环往复

一次 $c h e c k$ 的复杂度是 $O (n)$

总复杂度 $O (n l o g n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 1000010
#define maxe 1000010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{
    ll c, f(1);
    for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
    return f*x;
}
struct player
{
    ll a, b, c, id;
}p[maxn], bya[maxn], byb[maxn], byc[maxn];
ll n, q, ans[maxn];
bool check(ll pos)
{
    ll i, a=bya[pos].a, b=byb[pos].b, c=byc[pos].c;
    queue<player> qa, qb, qc;
    rep(i,1,n)qa.em(bya[i]); rep(i,1,n)qb.em(byb[i]); rep(i,1,n)qc.em(byc[i]);
    bool flag;
    do
    {
        flag = false;
        while(!qa.empty() and qa.front().a<=a)
        {
            a = max(a,qa.front().a);
            b = max(b,qa.front().b);
            c = max(c,qa.front().c);
            qa.pop();
            flag=true;
        }
        while(!qb.empty() and qb.front().b<=b)
        {
            a = max(a,qb.front().a);
            b = max(b,qb.front().b);
            c = max(c,qb.front().c);
            qb.pop();
            flag=true;
        }
        while(!qc.empty() and qc.front().c<=c)
        {
            a = max(a,qc.front().a);
            b = max(b,qc.front().b);
            c = max(c,qc.front().c);
            qc.pop();
            flag=true;
        }
    }
    while(flag);
    return ( qa.empty() or qa.size()==1 and qa.front().id==p[pos].id ) 
    and ( qb.empty() or qb.size()==1 and qb.front().id==p[pos].id ) 
    and ( qc.empty() or qc.size()==1 and qc.front().id==p[pos].id ) ;
}
int main()
{
    ll i, j;
    n=read(), q=read();
    rep(i,1,n)p[i].a=read();
    rep(i,1,n)p[i].b=read();
    rep(i,1,n)p[i].c=read();
    rep(i,1,n)p[i].id=i;
    rep(i,1,n)bya[i]=byb[i]=byc[i]=p[i];
    sort(bya+1,bya+n+1,[](player p1, player p2){return p1.a<p2.a;});
    sort(byb+1,byb+n+1,[](player p1, player p2){return p1.b<p2.b;});
    sort(byc+1,byc+n+1,[](player p1, player p2){return p1.c<p2.c;});
    ll l=1, r=n, mid;
    while(l<r)
    {
        ll mid(l+r>>1);
        if(check(mid))r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    rep(i,l,n)ans[bya[i].id]=1;
    while(q--)
    {
        ll x = read();
        if(ans[x])printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}