LGP8819 [CSP-S 2022] 星战 笔记

原题地址：传送门

题意简述

给定一个 $N$ 个结点，$M$ 条边的有向图。有 $Q$ 次操作，分为 $4$ 种：

• $\text{opt}=1$ 失活一条边
• $\text{opt}=2$ 失活以 $u$ 为终点的所有边
• $\text{opt}=3$ 激活一条边
• $\text{opt}=4$ 激活以 $u$ 为终点的所有边

每次操作之后，都需要判断原图是否是一个内向基环树森林（注：每个点出度都为 $1$ 的有向弱连通图即为内向基环树）。

$N,M,Q\le 5\times {10}^5$。

解决方案

我们发现对于操作一和操作三我们可以 $O(1)$ 完成修改，但是对于操作二和操作四我们只能 $O(N)$ 地做。出度不好维护，如果维护入度呢？现在四个操作都是 $O(1)$ 的了。但是，如何通过对入度的判定解决原问题呢？

记结点 $u$ 的入度为 $r_u$。显然，每有一条来自 $v$ 的边连向 $u$，就会给 $r_u$ 增加 $1$，而我们希望判定每个 $v$ 只有一条边连出去。可现在的 $r_u$ 对于任何结点连过来的边都只是加一，这样无法标识边的来源——我们想到，能不能通过某种手段标识出边的来源呢？

此时哈希登场。我们给每个结点随机一个权值 $w_u$，现在，每有一条来自 $v$ 的边连向 $u$ 时，我们给 $r_u$ 加上 $w_v$。记每个结点的出度为 $k_u$，那么 $\sum r_u=\sum k_u\times w_u$。我们现在只用判定 $\sum r_u=\sum w_u$ 成立与否就行了。由于哈希值域大且取值随机的特性，几乎只有当 $\mathrm{\forall }{k}_u=1$ 时上式成立。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lolo;
const int MaxN=5e5+5;
mt19937 mrd(time(0));
int N,M,W[MaxN],X,Y,Q,Opt;
lolo tsum,csum,fis[MaxN],cis[MaxN];
int main(){
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i = 1;i <= N;i++)W[i]=mrd(),tsum+=W[i];
    for(int i = 1;i <= M;i++){
        scanf("%d%d",&X,&Y);
        fis[Y]+=W[X],csum+=W[X];
    }
    scanf("%d",&Q);memcpy(cis,fis,sizeof(fis));
    for(int i = 1;i <= Q;i++){
        scanf("%d%d",&Opt,&X);
        if(Opt==1)scanf("%d",&Y),cis[Y]-=W[X],csum-=W[X];
        if(Opt==2)csum-=cis[X],cis[X]=0;
        if(Opt==3)scanf("%d",&Y),cis[Y]+=W[X],csum+=W[X];
        if(Opt==4)csum+=fis[X]-cis[X],cis[X]=fis[X];
        csum==tsum?puts("YES"):puts("NO");
    }
    return 0;
}

反思与总结

在这题中，我们先观察操作的时间复杂度，把对出度的维护转化为对入度的维护；再通过哈希的手段给不同元素（不同结点连出来的边）以不同的值标识，并计算它们的和（$\sum r_u$）与标准的和（$\sum w_u$）比较，通过哈希的性质保证这个关于元素出现次数（$k_u$）的方程几乎只有唯一解。这种哈希可以被称为“和哈希”。