[USACO23OPEN] Custodial Cleanup G

最新推荐文章于 2025-02-15 20:52:11 发布

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#题解

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该文章介绍了一个关于无向图的问题，其中每个节点有特定颜色的钥匙。目标是通过操作使得每个房间最终拥有指定颜色的钥匙，并能返回初始节点。解决方案包括使用两次BFS，首先将所有钥匙放置，然后反向模拟取钥匙的过程。若两次BFS均满足条件，则答案为YES，否则为NO。

洛谷[USACO23OPEN] Custodial Cleanup G

题目大意

有一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，每个房间有一个颜色 $C_i$ ，以及一把颜色为 $S_i$ 的钥匙。你最初在 $1$ 号节点，手上一把钥匙都没有。

你可以进行任意次以下的操作：

捡起当前房间的钥匙（你可以同时手持多把钥匙）
将部分或全部手上的钥匙放在当前房间(房间内可以同时放多把钥匙)
通过一条边，移到一个相邻的房间，前提是目标房间是房间 $1$ ，或者你拥有至少一个目标房间颜色的钥匙

$F$ 是 $S$ 的一个排列，求能否使每个房间在最后都有一个颜色为 $F_i$ 的钥匙，且你能回到 $1$ 号节点。

$1\leq n\leq 10^5,0\leq m\leq 10^5,1\leq C_i,S_i,F_i\leq n$

题解

首先，我们可以先将所有的钥匙都拿出来，在对应放入每一个房间。用 $BFS$ 模拟一次，用 $v ec t or$ 存储那些相邻但没有对应颜色的节点，在拿到对应颜色的钥匙时再加入队列。当然，如果有一些点不能达到，但这些点的 $S_i$ 和 $F_i$ 相同，那也是可行的；但如果存在一些点不能达到且 $S_i$ 和 $F_i$ 不同那么答案就是 $NO$ 。

然后，我们看看怎么放钥匙。因为直接放比较难处理，而且题目要求最终返回 $1$ 号节点，所以我们可以倒过来做，那这就变成了一个“取钥匙”的过程。因为在上面取完钥匙后经过的点都可以到达，所以现在的“取钥匙”也可以到达这些点。当然，上面取钥匙时达不到的点在现在“取钥匙”时也不可以进入。

第二次“取钥匙”的 $BFS$ 和第一次的比较相似，但还是有一点差异。因为在放完钥匙出来后并不需要还有原来这个房间的颜色的钥匙，所以倒过来的“取钥匙”中，进入一个节点的条件可以为你当前有对应颜色的钥匙，也可以为这个节点的 $C_i$ 和 $F_i$ 相等。

如果第一次 $BFS$ 后存在不能达到的且 $C_i\neq F_i$ 的点，或者第二次存在不能达到的且第一次能达到的点，则答案为 $NO$ ；否则答案为 $Y ES$ 。

时间复杂度为 $O (n + m)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tq,n,m,x,y,tot,d[500005],l[500005],r[500005];
int c[100005],v1[100005],v2[100005],z[100005],cm[100005],no[100005],hv[100005];
queue<int>q;
vector<int>w[100005];
void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
bool pd1(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		z[i]=cm[i]=hv[i]=no[i]=0;
		w[i].clear();
	}
	q.push(1);z[1]=1;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		cm[u]=1;
		++hv[v1[u]];
		if(hv[v1[u]]==1){
			for(int i=0;i<w[v1[u]].size();i++){
				q.push(w[v1[u]][i]);
			}
		}
		for(int i=r[u];i;i=l[i]){
			if(!z[d[i]]){
				z[d[i]]=1;
				if(hv[c[d[i]]]) q.push(d[i]);
				else w[c[d[i]]].push_back(d[i]);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!cm[i]){
			if(v1[i]==v2[i]) no[i]=1;
			else return 0;
		}
	}
	return 1;
}
bool pd2(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		z[i]=cm[i]=hv[i]=0;
		w[i].clear();
	}
	q.push(1);z[1]=1;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		cm[u]=1;
		++hv[v2[u]];
		if(hv[v2[u]]==1){
			for(int i=0;i<w[v2[u]].size();i++){
				q.push(w[v2[u]][i]);
			}
		}
		for(int i=r[u];i;i=l[i]){
			if(!no[d[i]]&&!z[d[i]]){
				z[d[i]]=1;
				if(hv[c[d[i]]]||v2[d[i]]==c[d[i]]) q.push(d[i]);
				else w[c[d[i]]].push_back(d[i]);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!cm[i]&&!no[i]) return 0;
	}
	return 1;
}
int main()
{
	scanf("%d",&tq);
	while(tq--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v1[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v2[i]);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			add(x,y);add(y,x);
		}
		if(pd1()&&pd2()) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
		tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			r[i]=c[i]=v1[i]=v2[i]=0;
		}
	}
	return 0;
}