【BZOJ3495】Riddle（PA2010）-2-SAT+优化建图

测试地址：Riddle
题目大意：n(≤106)$n(\le {10}^6)$个城市被划分成k(≤n)$k(\le n)$个郡，有m(≤106)$m(\le {10}^6)$条边，要求从每个郡中选取一个城市作为首都，并满足每条边至少有一个端点为首都，判断有没有解。
做法：本题需要用到2-SAT+优化建图。
看到这题第一个想到的是网络流，然而看到这个夸张的数据范围就知道不可能了。那么我们其实还有一条路可走：2-SAT。
容易想到一个点可以作为首都或者不作为首都，而这些选择之间有一些限制条件，这些都很容易转化，例如一条边两个端点不能同时不选，实际上就是如果其中一点不选，那么另一点必须选。现在的问题是，要表示出“同一个郡只能选一个首都”这个条件所需要连的边实在太多了，那么是不是就不能用2-SAT做了呢？答案是否定的，我们可以使用一种更加好的建图方法来表示这些限制条件。
我们原来令x$x$和n+x$n+x$分别表示点x$x$作为首都或不作为首都的选择，现在我们新增两个点2n+x$2n+x$和3n+x$3n+x$，表示点x$x$所在郡中，它与它前面所有城市是否有作为首都。于是要表示出“同一个郡只能选一个首都”这个条件就更加简洁一些了，对于同一个郡中相邻的两个城市x,y$x,y$，连接(2n+x,2n+y)$(2n+x,2n+y)$和(3n+y,3n+x)$(3n+y,3n+x)$，再连接(x,3n+y)$(x,3n+y)$和(2n+y,n+x)$(2n+y,n+x)$，对每个城市再连接(x,2n+x)$(x,2n+x)$和(3n+x,n+x)$(3n+x,n+x)$，相信大家都能脑补出这些边的具体含义。而对于边的限制，就像原来的建图方法中那样连即可。这样边的数量就是O(n)$O(n)$的了，用求SCC的Tarjan算法判定该2-SAT是否有解是O(n)$O(n)$的，这样我们就解决了这一题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,first[4000010]={0},tot=0;
int st[4000010],top=0,belong[4000010];
int low[4000010],dfn[4000010],tim=0,totscc=0;
bool vis[4000010]={0},inst[4000010]={0};
struct edge
{
    int v,next;
}e[10000010];

void insert(int a,int b)
{
    e[++tot].v=b;
    e[tot].next=first[a];
    first[a]=tot;
}

void build()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        insert(n+a,b),insert(n+b,a);
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        int w,last=0;
        scanf("%d",&w);
        for(int j=1;j<=w;j++)
        {
            int now;
            scanf("%d",&now);
            if (last)
            {
                insert(2*n+last,2*n+now);
                insert(3*n+now,3*n+last);
                insert(now,3*n+last);
                insert(2*n+last,n+now);
            }
            insert(now,2*n+now);
            insert(3*n+now,n+now);
            last=now;
        }
    }
}

void tarjan(int v)
{
    low[v]=dfn[v]=++tim;
    st[++top]=v;
    vis[v]=inst[v]=1;
    int now=top;
    for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
    {
        if (!vis[e[i].v])
        {
            tarjan(e[i].v);
            low[v]=min(low[v],low[e[i].v]);
        }
        else if (inst[e[i].v]) low[v]=min(low[v],dfn[e[i].v]);
    }
    if (low[v]==dfn[v])
    {
        totscc++;
        for(int i=now;i<=top;i++)
            belong[st[i]]=totscc,inst[st[i]]=0;
        top=now-1;
    }
}

void check()
{
    bool flag=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (belong[i]==belong[n+i]||belong[2*n+i]==belong[3*n+i])
        {
            flag=1;
            break;
        }
    printf("%s",flag?"NIE":"TAK");
}

int main()
{
    build();
    for(int i=1;i<=4*n;i++)
        if (!vis[i]) tarjan(i);
    check();

    return 0;
}