「SOL」Tug of War(洛谷)
至理名言「deadline 是第一生产力」
# 题面
有 \(2n\) 个人，分成两个队(A,B)拔河。其中第 \(i\) 个人若参加 A 队，则只能站在 A 队的 \(a_i\) 位置；若参加 B 队，则只能站在 \(b_i\) 位置；并且他的力量为 \(k_i\)。
要求两队都恰有 \(n\) 个人，同一个位置不能站多个人，并且两队的力量之差不超过 \(K\)。
求是否存在满足要求的方案。
数据规模：\(1\le n\le3\times10^4\)，\(k_i\le20\)
# 解析
不管「力量差不超过 \(K\)」的限制，先看看什么时候存在合法的分组。
做过类似的题，把一个人看作一条边 \((a_i,b_i+n)\)，可以转化为图论模型。
那么在这个模型中，点表示队伍中的位置，边表示人。一条边只能“占据”其端点的位置，于是可以转化为「给边定向，使得每个点恰有一个入度」的问题。
首先必须满足每个连通块的点数等于边数，这意味着每个连通块恰有一个环（基环树）。
再推导一下。我们从基环树上总度数为 \(1\) 的点开始给边定向，发现与它连接的唯一一条边的方向是固定指向它的。于是定向后删去该点和边，继续处理子问题。
于是我们可以发现——基环树上非环上边的方向是固定的。而环上的边则显然存在两种方案（“顺时针”和“逆时针”）。
我们不妨计算「A 队总力量 - B 队总力量」，则定义一个有向边的边权——若指向 \(a_i\)，边权为 \(+k_i\)；指向 \(b_i\) 则为 \(-k_i\)。
先随便给环定个向，对每个基环树算出其环的权 \(c\) 和非环边的权 \(l\)，则易得整个基环树的权只可能为 \(l\pm c\)。
这样我们做一个「0-1背包」，而且注意到 dp 值是 bool，常规操作用 bitset 进行优化，记 \(S=20n\)，则复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{Sn}{w})\)。
直接这么做不开 O2 是卡不过的，考虑继续优化。
注意到上述背包的所有物品的大小总和不超过 \(S\)，那么这意味着大小不同的物品总数是 \(\mathcal{O}(\sqrt S)\) 的——大小超过 \(\sqrt S\) 的物品至多有 \(\sqrt S\) 种，小于 \(\sqrt S\) 的物品本来就只有 \(\sqrt{S}\) 种。
于是将「0-1背包」转化为「多重背包」，最后利用二进制分组重新转化为物品数为 \(\mathcal{O}(\sqrt{S}\log n)\) 的「0-1背包」。
再次利用 bitset 将时间复杂度降至 \(\mathcal{O}(\frac{S^{1.5}\log n}{w})\)。的确是一道分析和优化思路都很清晰的好题。
# 源代码
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/*Lucky_Glass*/
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int rin(int &r){
int b=1,c=getchar();r=0;
while(c<'0' || '9'<c) b=c=='-'?-1:b,c=getchar();
while('0'<=c && c<='9') r=(r<<1)+(r<<3)+(c^'0'),c=getchar();
return r*=b;
}
const int N=3e4+10;
#define con(type) const type &
struct Dsu{
int fa[N<<1];
bool tag[N<<1];
inline int findFa(con(int)u){return fa[u]==u?u:fa[u]=findFa(fa[u]);}
inline bool merge(int u,int v){
u=findFa(u),v=findFa(v);
if(u==v){
if(tag[u]) return false;
return tag[u]=true;
}
if(tag[u] && tag[v]) return false;
fa[u]=v,tag[v]|=tag[u];
return true;
}
void init(con(int)n){
for(int i=1;i<=n;i++)
fa[i]=i,tag[i]=false;
}
}ds;
struct Graph{
int head[N<<1],to[N<<2],nxt[N<<2],len[N<<2],ncnt;
Graph(){ncnt=1;}
void addEdge(con(int)u,con(int)v,con(int)l){
int p=++ncnt,q=++ncnt;
to[p]=v,nxt[p]=head[u],len[p]=l,head[u]=p;
to[q]=u,nxt[q]=head[v],len[q]=l,head[v]=q;
}
inline int operator [](con(int)u){return head[u];}
}gr;
int n,bonk,rcir,rlis,nval_bin,nval;
int dep[N<<1],val_bin[N],val[N];
bitset<N*40> dp[2];
bool covered[N<<1];
bool searchDFS(con(int)u,con(int)las_edg){
bool oncir=false,fix_end=false;
for(int it=gr[u];it;it=gr.nxt[it]){
int v=gr.to[it];
if((it>>1)==las_edg) continue;
if(dep[v]){
if(dep[v]<dep[u]){
oncir=true;
covered[v]=true;
if(v>n) rcir+=gr.len[it];
else rcir-=gr.len[it];
}
else fix_end=true;
continue;
}
dep[v]=dep[u]+1;
if(searchDFS(v,it>>1)){
oncir=true;
if(v>n) rcir+=gr.len[it];
else rcir-=gr.len[it];
}
else{
if(covered[v]){
covered[u]=true;
if(u>n) rlis+=gr.len[it];
else rlis-=gr.len[it];
}
else
if(v>n) rlis+=gr.len[it];
else rlis-=gr.len[it];
}
}
return !fix_end && oncir;
}
int main(){
// freopen("input.in","r",stdin);
rin(n),rin(bonk);
ds.init(n<<1);
for(int i=1,li,ri,ki;i<=2*n;i++){
rin(li),ri=rin(ri)+n,rin(ki);
if(!ds.merge(li,ri)){printf("NO\n");return 0;}
gr.addEdge(li,ri,ki);
}
for(int i=1;i<=2*n;i++)
if(ds.fa[i]==i && !ds.tag[i]){
printf("NO\n");
return 0;
}
int ini_val=0;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
if(!dep[i]){
dep[i]=1;
rlis=rcir=0,searchDFS(i,-1);
// printf("? %d %d\n",rlis+rcir,rlis-rcir);
if(rcir>0){
ini_val+=rlis-rcir;
val_bin[++nval_bin]=rcir<<1;
}
else{
ini_val+=rlis+rcir;
val_bin[++nval_bin]=(-rcir)<<1;
}
}
sort(val_bin+1,val_bin+1+nval_bin);
for(int i=1;i<=nval_bin;i++){
int ii=i,siz;
while(ii<nval_bin && val_bin[ii+1]==val_bin[i]) ii++;
siz=ii-i+1;
for(int j=1;j<=siz;j<<=1){
val[++nval]=j*val_bin[i];
siz-=j;
}
if(siz) val[++nval]=siz*val_bin[i];
i=ii;
}
dp[0][0]=1;
int I=1;
for(int i=1;i<=nval;i++,I^=1)
dp[I]=dp[!I]|(dp[!I]<<val[i]);
for(int i=max(-bonk-ini_val,0);i<=min(bonk-ini_val,40*N-1);i++)
if(dp[I][i]){
printf("YES\n");
return 0;
}
printf("NO\n");
return 0;
}
