JZOJ6411. 【NOIP2019模拟11.06】上网

题目大意

给出一个长度为n的序列（每个值的值域在[1,10⁹]），先硬点其中s个点的值，然后再给出m个区间，每个区间给出k个位置表示这k个位置上的数严格大于此区间剩下的数，求任意一种合法的序列。

分析

首先分析题目应该不难发现可以构造一个差分约束系统（说得我看出来了似的 ）， 可以列出很多很多个形如$xi-xj\ge v$的式子，然后根据这些式子跑一边拓扑，更新一遍答案就ok辽。那么如果这样的复杂度仅连边的时间复杂度就超过了$O(N^2)$。
然后考虑优化连边，可以发现其中许多连边都是一整段向一个点连去的，所以我们可以考虑先将这些部分看成整体连向一个新点，然后再由新点连向该区间的k个点。所以就有了其中一档部分分是分块的。
再考虑优化，我们可以将这些区间放在线段树上做，那么在线段树上一定存在相对应的$logn$个区间，然后总的时间复杂度就是$O(klongn)$，然后因为这题打起来很舒服，没什么细节，所以就打个题解。

Code

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
struct Edge{
	int to,next,val;
} f[N << 4];
int n,s,m,head[N << 3],cnt,id[N],dis[N << 3],tot,v[N << 3],rd[N << 3];
queue <int> q;

int read()
{
	int x = 0,w = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch -'0'; ch = getchar();}
	return x * w;
}

int max(int a,int b) {return a > b ? a : b;}

void insert(int u,int v,int w)
{
	f[++ cnt].to = v;
	f[cnt].next = head[u];
	f[cnt].val = w;
	head[u] = cnt;
}

void build(int x,int l,int r)
{
	tot = max(tot,x);
	if (l == r) {id[l] = x; return;}
	int mid = l + r >> 1;
	build(x << 1,l,mid),build(x << 1 | 1,mid + 1,r);
	insert(x << 1,x,0),insert(x << 1 | 1,x,0),++++ rd[x];
}

void add(int x,int l_,int r_,int l,int r)
{
	if (l_ >= l && r_ <= r) {insert(x,tot,0); rd[tot] ++; return;}
	int mid = l_ + r_ >> 1;
	if (l <= mid) add(x << 1,l_,mid,l,r);
	if (r > mid) add(x << 1 | 1,mid + 1,r_,l,r);
}

int main()
{
	freopen("web.in","r",stdin);
	freopen("web.out","w",stdout);
	n = read(),s = read(),m = read();
	build(1,1,n);
	for (int i = 1; i <= tot; i ++) dis[i] = 1;
	for (int i = 1,u; i <= s; i ++) u = read(),dis[id[u]] = read();
	for (int i = 1,l,r,k; i <= m; i ++)
	{
		++ tot;
		dis[tot] = 1;
		l = read(),r = read(),k = read();
		v[0] = l - 1;
		v[k + 1] = r + 1;
		for (int i = 1; i <= k; i ++) v[i] = read();
		for (int i = 1; i <= k + 1; i ++)
			if (v[i] - 1 >= v[i - 1] + 1) add(1,1,n,v[i - 1] + 1,v[i] - 1);
		for (int i = 1; i <= k; i ++) insert(tot,id[v[i]],1),rd[id[v[i]]] ++;
	}
	for (int i = 1; i <= tot; i ++)
		if (!rd[i]) q.push(i);
	while (!q.empty())
	{
		int u = q.front();
		q.pop();
		for (int i = head[u]; i; i = f[i].next)
			if (rd[f[i].to])
			{
				rd[f[i].to] --;
				dis[f[i].to] = max(dis[f[i].to],dis[u] + f[i].val);
				if (!rd[f[i].to]) q.push(f[i].to);
			}
	}
	printf("Possible\n");
	for (int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d ",dis[id[i]]);
	return 0;
}