P9520 [JOISC2022] 监狱

P9520 [JOISC2022] 监狱

题目描述

有一棵 $N$ 个节点的树，有 $M$ 个囚犯，要从 $S_i$ 走到 $T_i$。每一时刻可以发布一个命令让一名囚犯走到相邻的节点，要求任意时刻囚犯不能走到同一个节点上，求是否可以令每一个囚犯从 $S_i$ 走到 $T_i$。

做法解析

首先我们可以发现一个囚犯要么一次走完其路径，要么不走。

故我们需要确定一个走的先后顺序，这等价于对于任意两个囚犯，我们确定他们走的先后顺序。

我们考虑囚犯 $A$，$B$

• 如果，$S_A$ 在 $B$ 的路径上 那么 $A$ 要先走。
• 如果，$T_A$ 在 $B$ 的路径上 那么 $B$ 要先走。

我们考虑先走的囚犯向后走的囚犯连一条有向边，如果是一个 DAG 那么就可以找到一种满足条件的方案，否则不行。

直接连边是 $O(n^2)$ 的，我们考虑 树链剖分 加 线段树优化连边。

我们需要两棵线段树，一棵 S树 表示起点，一棵 T树 表示终点。

• $A$ 路径上的点（$S_A$ 除外）在 S树 上的节点向 $A$ 连边。
• $A$ 向 $A$ 路径上的点（$T_A$ 除外）在 T树 上的节点连边。
• $A$ 向 $S_A$ 在 S树 上的节点连边。
• $T_A$ 在 T树 上的节点向 $A$ 连边。

对于 S树 子区间向父区间连边。

对于 T树 父区间向子区间连边。

参见下图：

图片只说明建图方式，其不一定符合实际数据。

时间与空间复杂度 $O(n log^2 n)$。

注意事项

• 线段树虽然理论上只需要用 $2n-1$ 个节点，但是如果使用普通的建树方式，节点的编号是 $4n$ 级别的。

代码

然而实现的并不好。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e6;
const int maxm=1e7;
struct Edge{int u,v,nxt;};
int n,m;
int dg[maxn+5];
int hd[maxn+5],et;
Edge e[maxm+5];
int idt;
int de[maxn+5],sz[maxn+5],fa[maxn+5];
int sn[maxn+5],id[maxn+5],tp[maxn+5];
int S[maxn+5],st;
int stp,sts,stt,edp;
int V[maxn+5],vt;
inline void Adde(int u,int v){
	dg[v]++;
	e[et].u=u,e[et].v=v;
	e[et].nxt=hd[u],hd[u]=et++;
}
void Dfs1(int u){
	int v;
	sz[u]=1;
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nxt){
		v=e[i].v;
		if(v==fa[u]) continue;
		fa[v]=u;
		de[v]=de[u]+1;
		Dfs1(v);
		sz[u]+=sz[v];
		if(sz[sn[u]]<sz[v]) sn[u]=v;
	}
}
void Dfs2(int u,int TP){
	int v;
	id[u]=++idt;
	tp[u]=TP;
	if(sn[u]) Dfs2(sn[u],TP);
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nxt){
		v=e[i].v;
		if(v==fa[u]||v==sn[u]) continue;
		Dfs2(v,v);
	}
}
void Build(int x,int L,int R){
	if(L==R) return;
	else{
		int mid=(R-L)/2+L;
		Adde(sts+(x<<1),sts+x);
		Adde(sts+(x<<1|1),sts+x);
		Adde(stt+x,stt+(x<<1));
		Adde(stt+x,stt+(x<<1|1));
		Build(x<<1,L,mid);
		Build(x<<1|1,mid+1,R);
	}
}
void Query(int x,int L,int R,int l,int r){
	if(l<=L&&R<=r) V[++vt]=x;
	else{
		int mid=(R-L)/2+L;
		if(l<=mid) Query(x<<1,L,mid,l,r);
		if(mid<r) Query(x<<1|1,mid+1,R,l,r);
	}
}
inline void TQuery(int l,int r,int t){
	if(l<=t&&t<=r){
		if(l<t) Query(1,1,n,l,t-1);
		if(t<r) Query(1,1,n,t+1,r);
	}
	else Query(1,1,n,l,r);
}
void Modify(int p,int u,int v){
	int tu=id[u],tv=id[v];
	while(tp[u]!=tp[v]){
		if(de[tp[u]]<de[tp[v]]) swap(u,v);
		vt=0;
		TQuery(id[tp[u]],id[u],tu);
		for(int i=1;i<=vt;i++) Adde(sts+V[i],stp+p);
		vt=0;
		TQuery(id[tp[u]],id[u],tv);
		for(int i=1;i<=vt;i++) Adde(stp+p,stt+V[i]);
		u=fa[tp[u]];
	}
	if(de[u]<de[v]) swap(u,v);
	vt=0;
	TQuery(id[v],id[u],tu);
	for(int i=1;i<=vt;i++) Adde(sts+V[i],stp+p);
	vt=0;
	TQuery(id[v],id[u],tv);
	for(int i=1;i<=vt;i++) Adde(stp+p,stt+V[i]);
}
inline void Solve(){
	int u,v;
	scanf("%d",&n);
	et=idt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) hd[i]=-1,sn[i]=0;
	for(int i=1;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		Adde(u,v),Adde(v,u);
	}
	Dfs1(1);
	Dfs2(1,1);
	scanf("%d",&m);
	et=0;
	stp=0,sts=m,stt=m+4*n,edp=m+8*n;
	for(int i=1;i<=edp;i++) hd[i]=-1,dg[i]=0;
	Build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		Modify(i,u,v);
		vt=0;
		Query(1,1,n,id[u],id[u]);
		for(int j=1;j<=vt;j++) Adde(stp+i,sts+V[j]);
		vt=0;
		Query(1,1,n,id[v],id[v]);
		for(int j=1;j<=vt;j++) Adde(stt+V[j],stp+i);
	}
	for(int i=1;i<=edp;i++)
		if(!dg[i]) S[++st]=i;
	while(st){
		u=S[st--];
		for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nxt){
			v=e[i].v;
			dg[v]--;
			if(!dg[v]) S[++st]=v;
		}
	}
	for(int i=1;i<=edp;i++){
		if(dg[i]){
			puts("No");
			return;
		}
	}
	puts("Yes");
}
signed main(){
	int TT;
	scanf("%d",&TT);
	while(TT--) Solve();
	return 0;
}