Luogu P3007 奶牛议会-Toy模板网

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观前须知

本题解使用 CC BY-NC-SA 4.0 许可。
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正文

Luogu P3007 【USACO11JAN】 The Continental Cowngress G

前置知识：2-SAT、Tarjan。
~~（应该没有人会 2-sat 不会 tarjan 吧）~~

DAG DP 朴素做法

这道题除去输出 '?' 的部分是一道 2-SAT 的纯版子题。
其他题解基本使用了 DFS 来判断该情况。
这里提供一份 bitset 优化的 DAG DP 解法。
凭借着 bitset 强大的优化，成功跑到 34ms，轻松 rk1。

由于这道题的前半部分就是 2-SAT 的板子题，所以不再过多赘述。
感兴趣可见 Luogu P4782 【模板】2-SAT。

那么考虑什么情况下可选也可不选，
发现当且仅当 \(x\)（表示法案 \(x\) 通过）和 \(x'\)（表示法案 \(x\) 不通过）不连通时可选可不选。
因为我们已经有了一个 DAG，可以求出它的拓扑序，
那么不连通也就是拓扑序靠后的那一个节点的祖先中没有它的反节点。
强连通分量题做得多的 dalao 们应该已经想到这道题可以 DP 了。

小 trick：
Tarjan 求出的强连通分量编号是缩点后的图的 拓扑逆序。
从 Tarjan 递归过程的角度思考一下很好证明。
……
不卖关子啦。
其实就是在搜索树上，由于递归类似于栈，是先进后出的，
所以一个节点后代节点可在搜索树上后搜到，回溯时，后代节点先被统计强连通分量。
所以后代节点一定在祖先节点之前被统计，得到的顺序就是拓扑逆序了。

具体的 DP 方式是这样的：
缩点后，对于每个节点（这里是原图的强连通分量），维护一个 \(vis_u\) 数组，
\(vis_{u,v}=1\) 表示 \(v\) 在 \(u\) 的祖先节点中出现过，反之表示未出现过。
转移就是如果 \(v\) 在 \(u\) 的祖先节点出现过，则它肯定在 \(son(u)\) 的祖先节点中出现过。
特别地，\(vis_{u,u}=1\)。
具体转移方式见代码：

// co[0] 存储强连通分量个数
// 这里使用了强连通分量是拓扑逆序的小 trick
for (int u = co[0]; u; u--) {
    vis[u][u] = true;
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) 
        for(int j = 1; j <= co[0]; j++)
            vis[e[i].v][j] |= vis[u][j];
}

那么如果一个法案可选也不可选，即不连通时有：\(vis_{u,v}=0\)，其中 \(u\) 为拓扑序靠后的节点，\(v\)为 \(u\) 的反节点
判断的具体代码如下：

for (int i = 1; i <= n; i++) {
    // i 表示通过，i+n 表示不通过
    // 判断拓扑序靠后的是哪个节点，vx=0 为 i，vx=1 为 i+n
    // co[u] 表示 u 节点所属的强连通分量
    vx = co[i] > co[i + n];
    // 利用三目运算简化语句
    // 若有祖先关系则输出 Y 或 N
    if (vis[co[vx ? i + n : i]][co[vx ? i : i + n]]) putchar(vx ? 'N' : 'Y');
    // 否则输出 ？
    else putchar('?');
}

好的那么现在我们已经有了一个 \(O(n^2)\) 的算法了。
但是还不够。

bitset

接下来我们来介绍今天的主角：bitset。
我们知道，平常我们使用 bool 数组的时候，像是 bool vis[N]; 是要使用 \(8N\) bit 的空间的。
然而一个 bool 实际上也就是一个 0/1 的值，能不能只占 \(1\) bit 空间呢？
可以！我们写成 bitset<N> vis 就可以了！
这里的 N 是 bitset 的位数，要求必须是整型常量。
bitset 同 bool 数组一样，支持形如 vis[u] 的访问和赋值。
然而它同时支持与、或、左/右移等操作。
可以理解为 bitset 是一个大的二进制数。

由于篇幅有限，bitset 的详细用法不会过多赘述，这里只介绍用来优化的部分。
更多内容可见这篇文章： C++ std::bitset。

等一下，它支持或？
我们发现，我们程序中有这么一个操作：

for(int j = 1; j <= co[0]; j++)
    vis[e[i].v][j] |= vis[u][j];

这个操作相当于把 vis[e[i].v] 这个数组整体或上一个 vis[u]。
那么我们就可以用 bitset 优化了！
开一个 bitset<M> b[N]; 的数组，M 表示强连通分量个数上限，则我们的程序可以改写为：

bitset<M> b[N];

for (int u = co[0]; u; u--) {
    b[u][u] = true;
    // 利用 bitset 的或操作快速转移
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) b[e[i].v] |= b[u];
}

/*...*/

// 因为 bitset 支持类似 bool数组 的操作，所以这段代码除了一个变量名外没有变化
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    vx = co[i] > co[i + n];
    if (b[co[vx ? i + n : i]][co[vx ? i : i + n]]) putchar(vx ? 'N' : 'Y');
    else putchar('?');
}

那么我们就用 bitset 做完了这道题目。
那么问题来了，优化后的空间复杂度肯定小了，时间复杂度呢？
直接给结论：
bitset 的单次整体与、或等操作复杂度为 \(\mathcal O(\frac{n}{w})\)。
这里，\(n\) 指 bitset 的长度，\(w\) （不是 \(\omega\)）为计算机字长，一般为 \(32\)。
那么整体时间复杂度就是 \(\mathcal O(\frac{n^2}{w})\) 了，相当于在原先的复杂度上除了一个比较大的 \(\log\)。
这样的时间复杂度就是非常优的了。

bitset 优化可以优化 floyd求传递闭包等算法。
往往 \(10^4\) 的数据，\(\mathcal O(n^2)\) 无法通过，而 \(\mathcal O(\frac{n^2}{w})\) 就可以通过了。
所以说，bitset 的优化真的非常强大。

剩下的一些小细节放在代码的注释里了：
本代码 34ms 的提交记录。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

class FD {
private:
    inline static int Read() {
        int r = 0, f = 0, c = getchar();
        while ((c < '0' || c > '9') && ~c) { f |= c == '-', c = getchar(); }
        while (c >= '0' && c <= '9') { r = (r << 1) + (r << 3) + (c ^ 48), c = getchar(); }
        return f ? -r : r;
    }

    static constexpr int AwA = 2e3 + 10;
    static constexpr int QwQ = 8e3 + 10;
    //这里是强连通分量个数，开这么大就能ac
    static constexpr int PwP = 360;

    struct Edge {
        int nxt, v;
    } e[QwQ << 1];
    int head[AwA << 1], ecnt;

    inline void AddEdge(int u, int v) { e[++ecnt] = {head[u], v}, head[u] = ecnt; }

    int n, m;
    int dfn[AwA], low[AwA], co[AwA], stk[AwA];
    bitset<PwP> b[AwA];

    void Tarjan(int u) {
        stk[++stk[0]] = u;
        dfn[u] = low[u] = ++dfn[0];
        for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].v;
            if (!dfn[v]) Tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
            else if (!co[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
        }
        if (dfn[u] == low[u]) {
            co[u] = ++co[0];
            while (stk[stk[0]] != u) co[stk[stk[0]--]] = co[0];
            stk[0]--;
        }
    }

public:
    inline void Main() {
        n = Read(), m = Read();
        int x, y;
        bool vx, vy;
        //三目运算简化
        while (m--) {
            x = Read(), vx = getchar() == 'N';
            y = Read(), vy = getchar() == 'N';
            AddEdge(vx ? x : x + n, vy ? y + n : y);
            AddEdge(vy ? y : y + n, vx ? x + n : x);
        }
        for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) if (!dfn[i]) Tarjan(i);
        //判无解
        for (int i = 1; i <= n; i++) if (co[i] == co[i + n]) return void(puts("IMPOSSIBLE"));
        //建新图，这里直接用旧图开新节点的方式处理了
        for (int u = 1; u <= 2 * n; u++)
            for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
                if (co[e[i].v] != co[u]) AddEdge(co[u] + n * 2, co[e[i].v]);

        //DAG DP
        for (int u = co[0]; u; u--) {
            b[u][u] = true;
            for (int i = head[u + 2 * n]; i; i = e[i].nxt) b[e[i].v] |= b[u];
        }
        //输出答案
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            vx = co[i] > co[i + n];
            if (b[co[vx ? i + n : i]][co[vx ? i : i + n]]) putchar(vx ? 'N' : 'Y');
            else putchar('?');
        }
        putchar('\n');
    }
} Fd;

int main() {
    Fd.Main();
    return 0;
}

完结，撒花！~文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-848772.html

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