UVa 11748 Rigging Elections

原创于 2025-11-16 12:31:33 发布 · 779 阅读

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#算法 #c++ #青少年编程

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题目描述

在一个采用一对一淘汰制的选举系统中，每周从候选人池中选出两个人进行对决，败者被淘汰，胜者回到候选人池。这个过程持续到只剩下一个候选人。作为选举的主持人，你可以每周选择哪两个候选人对决。你有一个偏爱的候选人 $c$ ，并且拥有所有选民的排名数据。问题是：能否通过合理安排对决顺序，让你偏爱的候选人 $c$ 最终获胜？

输入格式

每个测试用例的第一行包含三个整数 $n$ 、 $m$ 和 $c$ ：

$n$ ：候选人总数 ( $\leq n \leq 100$ )
$m$ ：选民人数 ( $\leq m \leq 100$ ，且为奇数)
$c$ ：你偏爱的候选人编号 ( $\leq c \leq n$ )

接下来是 $m$ 行，每行是一个 $1$ 到 $n$ 的排列，表示一个选民对所有候选人的排名。输入以三个 $0$ 结束。

输出格式

对于每个测试用例，输出一行 yes 或 no，表示是否能让候选人 $c$ 获胜。

题目分析

问题本质

这个问题实际上是一个**竞赛图（ $Graph\texttt{Tournament Graph}$ ）中的潜在胜者（ $Winner\texttt{Potential Winner}$ ）**问题。我们需要判断候选人 $c$ 是否有可能通过某种对决顺序成为最后的赢家。

关键观察

对决规则：当两个候选人对决时，选民会投票给在自己排名中位置更靠前的候选人。
胜负关系：对于任意两个候选人 $i$ 和 $j$ ，我们可以通过统计所有选民的偏好来确定 $i$ 是否能击败 $j$ 。如果超过半数的选民在排名中将 $i$ 放在 $j$ 前面，那么 $i$ 就能击败 $j$ 。
获胜条件：候选人 $c$ 能够获胜的充分必要条件是：从 $c$ 出发，存在一条路径可以到达所有其他候选人。这意味着 $c$ 可以通过一系列的对决（可能不是直接对决）击败所有其他候选人。

为什么这个条件成立？

假设候选人 $c$ 能够通过某种对决顺序成为最后的赢家。考虑任意其他候选人 $x$ ，在 $c$ 与 $x$ 对决之前， $x$ 必须已经被淘汰，或者 $c$ 直接击败 $x$ 。如果 $x$ 被其他候选人 $y$ 淘汰，那么 $c$ 必须能够击败 $y$ （直接或间接）。这形成了一个从 $c$ 到 $x$ 的击败链。

反过来，如果从 $c$ 到所有其他候选人都存在路径，我们可以按照拓扑排序的逆序安排对决：先让那些被 $c$ 间接击败的候选人对决，胜者再与 $c$ 对决，这样 $c$ 就能最终获胜。

解题思路

算法步骤

构建胜负关系图：
- 对于每对候选人 $(i, j)$ ，统计在所有选民排名中 $i$ 排在 $j$ 前面的次数。
- 如果这个次数超过 $m /2$ （由于 $m$ 是奇数，所以严格大于），则添加一条从 $i$ 到 $j$ 的有向边，表示 $i$ 能击败 $j$ 。
检查可达性：
- 从候选人 $c$ 开始进行广度优先搜索（ $BFS\texttt{BFS}$ ）或深度优先搜索（ $DFS\texttt{DFS}$ ）。
- 检查是否能够访问到所有 $n$ 个候选人。
输出结果：
- 如果从 $c$ 可以到达所有其他候选人，输出 yes。
- 否则，输出 no。

复杂度分析

构建胜负关系图需要 $O(n2⋅m)O(n^2 \cdot m)$ 的时间，因为对于每对候选人，我们需要检查所有 $m$ 个选民的排名。
$BFS\texttt{BFS}$ 或 $DFS\texttt{DFS}$ 需要 $O(n^2)$ 的时间，因为最多有 $n^2$ 条边。
总体复杂度为 $O(n2⋅m)O(n^2 \cdot m)$ ，在 $\leq 100$ 和 $\leq 100$ 的约束下是完全可行的。

代码实现

// Rigging Elections
// UVa ID: 11748
// Verdict: Accepted
// Submission Date: 2025-11-16
// UVa Run Time: 0.000s
//
// 版权所有（C）2025，邱秋。metaphysis # yeah dot net

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n, m, c;
    while (cin >> n >> m >> c && (n || m || c)) {
        vector<vector<int>> ballots(m, vector<int>(n));
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                cin >> ballots[i][j];
            }
        }

        vector<vector<bool>> beat(n + 1, vector<bool>(n + 1, false));
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (i == j) continue;
                int wins = 0;
                for (int k = 0; k < m; k++) {
                    int posI = find(ballots[k].begin(), ballots[k].end(), i) - ballots[k].begin();
                    int posJ = find(ballots[k].begin(), ballots[k].end(), j) - ballots[k].begin();
                    if (posI < posJ) wins++;
                }
                if (wins > m / 2) beat[i][j] = true;
            }
        }

        vector<bool> visited(n + 1, false);
        queue<int> q;
        q.push(c);
        visited[c] = true;
        int count = 1;

        while (!q.empty()) {
            int u = q.front();
            q.pop();
            for (int v = 1; v <= n; v++) {
                if (!visited[v] && beat[u][v]) {
                    visited[v] = true;
                    count++;
                    q.push(v);
                }
            }
        }

        if (count == n) cout << "yes\n";
        else cout << "no\n";
    }
    return 0;
}