LibreOJ #3057.「HNOI2019」校园旅行

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本文探讨了在一个大型无向图中寻找特定条件下的回文路径问题，即路径上节点编号组成的字符串是否为回文串。通过对连通块、生成树和奇环的分析，提出了一种优化算法，将边的数量减少到线性级别，从而显著降低了计算复杂度。

题意

有一个n个点m条边的无向图，每个点的编号为0或1。有q个询问，每次询问两个点x和y之间是否存在一条路径，使得该经过的所有点的编号排成一排构成的字符串是回文串。
$n≤5000,m≤5∗105,q≤105n\le5000,m\le5*10^5,q\le10^5$

分析

很容易想到暴力做法：设 $f_{i,j}=0/1$ 表示是否存在一条 $i$ 到 $j$ 的路径使得该路径为回文串。
每次找到 $f_{x,y}=1$ 的两个点 $x$ 和 $y$ ，然后通过枚举他们的所有出边来递推。
复杂度显然不能接受，考虑优化。
我们把转移分为向编号相同的点转移和向编号不同的点转移。
先考虑所有连接两个编号相同的点的边，此时有若干个连通块。对于某一个连通块，若它是二分图，则仅保留该连通块的一棵生成树时答案不变；若不是二分图，则存在奇环，此时只用保留该连通块的一棵生成树+任意一个奇环，答案不变。
于是边数变为 $O (n)$ 级别，用之前的暴力方法来做就好了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define mp std::make_pair
#define pb push_back

typedef std::pair<int,int> pi;

const int N=5005;

int n,m,q,cnt,ls1[N],ls2[N];
bool flag,vis[N],num[N],f[N][N];
std::vector<int> vec1[N],vec2[N];
std::queue<pi> que;
struct edge{int to,next;}e[N*10];
char str[N];

void addedge1(int x,int y)
{
	e[++cnt].to=y;e[cnt].next=ls1[x];ls1[x]=cnt;
	e[++cnt].to=x;e[cnt].next=ls1[y];ls1[y]=cnt;
	f[x][y]=f[y][x]=1;que.push(mp(x,y));
}

void addedge2(int x,int y)
{
	e[++cnt].to=y;e[cnt].next=ls2[x];ls2[x]=cnt;
	e[++cnt].to=x;e[cnt].next=ls2[y];ls2[y]=cnt;
}

void dfs1(int x)
{
	vis[x]=1;
	for (int i=0;i<vec1[x].size();i++)
		if (vis[vec1[x][i]]) flag|=num[x]==num[vec1[x][i]];
		else addedge1(x,vec1[x][i]),num[vec1[x][i]]=num[x]^1,dfs1(vec1[x][i]);
}

void dfs2(int x)
{
	vis[x]=1;
	for (int i=0;i<vec2[x].size();i++)
		if (!vis[vec2[x][i]]) addedge2(x,vec2[x][i]),dfs2(vec2[x][i]);
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	scanf("%s",str+1);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		if (str[x]==str[y]) vec1[x].pb(y),vec1[y].pb(x);
		else vec2[x].pb(y),vec2[y].pb(x);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!vis[i])
		{
			flag=0;
			dfs1(i);
			if (flag) addedge1(i,i);
		}
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!vis[i]) dfs2(i);
	for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=1,que.push(mp(i,i));
	while (!que.empty())
	{
		int x=que.front().first,y=que.front().second;que.pop();
		int p,q;
		for (int i=ls1[x];i;i=e[i].next)
			for (int j=ls1[y];j;j=e[j].next)
				if (!f[p=e[i].to][q=e[j].to]) f[p][q]=f[q][p]=1,que.push(mp(p,q));
		for (int i=ls2[x];i;i=e[i].next)
			for (int j=ls2[y];j;j=e[j].next)
				if (!f[p=e[i].to][q=e[j].to]) f[p][q]=f[q][p]=1,que.push(mp(p,q));
	}
	while (q--)
	{
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		puts(f[x][y]?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}