EGOI2024 部分题解
Garden Decorations / 花园装饰
这其实是构造题。
构造 \(3\) 个矩阵，其中第 \(1,3\) 个为上三角矩阵，第 \(2\) 个为下三角矩阵，要求构造 \(M_1 M_2 M_3 = P\)，\(P\) 为给定的排列矩阵。
转化为构造 \(P M_3^{-1} M_2^{-1} = M_1\)，构造出 \(M_3^{-1},M_2^{-1}\) 后求一下逆。
Light Bulbs / 灯泡安装
随机化 heuristic problem.
Make Them Meet / 活动面基
在某一轮中，称两个点被染上同一种颜色且它们在原图上有连边为“连边”。
对于一条链的构造
奇数轮连边 \((1,2),(3,4),(5,6),\dots\)，偶数轮连边 \((2,3),(4,5),(6,7),\dots\)。这样每个人会在链上不断循环走，经过 \(2n\) 轮后，两个人一定会相遇。
对于一棵树的构造
取任意一个节点为根，dfs 整棵树。
奇数轮连所有 \(dep\) 为奇数的点 \(u\) 到 \(fa_u\) 的边，偶数轮则连所有 \(dep\) 为偶数的点的父亲边。同时在每一轮中，都连上 \((rt,son)\) 的边，其中 \(son\) 为 \(rt\) 的任意一个儿子。
容易发现，一个点可能先往下走到一个叶子再往上走，在走到 \(rt\) 之后就会一直在 \((rt,son)\) 的边上不停循环。
这样在 \(2n\) 轮后，两个人一定会在 \((rt,son)\) 的边上相遇。
对于一般图的构造
对于上述树的构造，我们发现只要满足以下的条件就能套用到图上：
- 对于任意一个点 \(u\)，\(u\) 的所有儿子之间没有连边。（在给 \(u\) 和儿子染同种颜色时不会走错）
- 对于根节点 \(rt\)，需要选出一个儿子 \(son\)，使得 \(rt\) 和 \(son\) 的所有儿子没有连边。（在给 \(rt,son\) 和这些点染同种颜色时不会走错）
考虑先建一棵 dfs 树，然后分类讨论。
若 dfs 树为一条链，则可直接套用链的做法。
否则，我们可以找到一个分叉点 \(u\)，使得 \(u\) 是最深的分叉点。则 \(u\) 的所有儿子子树都是链。
设 \(u\) 的父亲节点为 \(f\)。
若 \(u\) 有一个儿子 \(v\) 使得 \(v,f\) 没有连边，则可以从 \(v\) 开始重新求一棵 dfs 树，并且优先 dfs \(v\to u\to f \dots\)。这样 \(u\) 在新 dfs 树中的儿子只可能是 \(f\) 或 \(u\) 的其他儿子，\(v\) 与它们没有连边。取 \(rt=v,son=u\) 就构造完毕。
否则，\(u\) 的所有儿子都和 \(f\) 有连边。任意取一个儿子 \(v\)，从 \(v\) 开始重新求一棵 dfs 树，并且优先 dfs \(v\to u\to \{son_u\}\)，其中 \(\{son_u\}\) 为 \(u\) 的其他儿子。由于 \(u\) 的其他儿子与 \(f\) 有连边，所以原树在 \(f\) 之上的部分会在 \(u\) 的其他儿子下方被 dfs 到，不会成为新树中 \(u\) 的儿子。那么 \(v\) 与 \(u\) 的儿子没有连边，取 \(rt=v,son=u\) 构造完毕。
时间复杂度 \(O(n)\) 且操作次数为 \(2n\) 轮。
// what is matter? never mind.
//#pragma GCC optimize("Ofast")
//#pragma GCC optimize("unroll-loops")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,avx2")
#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define ll long long
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define SZ(x) ((int)((x).size()))
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mkp make_pair
typedef pair<int,int>pii;
typedef vector<int>vi;
#define maxn 200006
#define inf 0x3f3f3f3f
int n,m,rt;
int e[105][105],deg[105];
vi g[105];
int fa[105],dep[105];
vi son[105];
vi que;
bool del[105];
void dfs(int u,int pa){
que.pb(u);
fa[u]=pa,dep[u]=dep[pa]+1;
for(int v:g[u])
if(v!=pa && !dep[v]) son[u].pb(v),dfs(v,u);
}
int col[maxn];
void chain(vi o){
cout<<n*2<<"\n";
For(i,1,n*2){
For(j,0,n-1) {
if((j&1)==(i&1) && j) col[o[j]]=o[j-1];
else col[o[j]]=o[j];
}
For(u,1,n) cout<<col[u]<<" "; cout<<"\n";
}
exit(0);
}
void out(int rt,int dw){
cout<<n*2<<"\n";
For(t,1,n*2){
For(i,1,n){
if(i==rt) {
if(t&1) cout<<dw<<" ";
else cout<<rt<<" ";
}else{
if((t&1)==(dep[i]&1)) cout<<fa[i]<<" ";
else cout<<i<<" ";
}
}
cout<<"\n";
}
exit(0);
}
void dfs2(int u,int pa){
// cout<<"Dfs2 "<<u<<" "<<pa<<" "<<dep[pa]<<"\n";
fa[u]=pa,dep[u]=dep[pa]+1;
for(int v:g[u])
if(v!=pa && !dep[v] && !del[v]) dfs2(v,u);
}
vi g2[105];
void dfsc(int u,int pa){
que.pb(u);
for(int v:g2[u]) if(v!=pa) dfsc(v,u);
}
signed main()
{
n=read(),m=read();
For(i,1,m){
int u=read(),v=read();
++u,++v;
e[u][v]=e[v][u]=1;
++deg[u],++deg[v];
g[u].pb(v),g[v].pb(u);
}
dfs(1,0);
bool ok1=1;
For(i,1,n)
for(int v:son[i]) g2[i].pb(v),g2[v].pb(i);
For(i,1,n) ok1&=(g2[i].size()<=2);
if(ok1){
int u=1;
For(i,1,n) if(g2[i].size()==1) u=i;
que.clear();
dfsc(u,0);
chain(que);
exit(0);
}
int u=0;
For(i,1,n) if(son[i].size()>1 && dep[i]>=dep[u]) u=i;
int f=fa[u];
if(!f){
For(i,1,n) son[i].clear(),fa[i]=dep[i]=0; que.clear();
int v=son[u][0];
dfs(v,0);
u=0;
For(i,1,n) if(son[i].size()>1 && dep[i]>=dep[u]) u=i;
f=fa[u];
assert(f);
}
del[u]=1;
for(int v:son[u])
if(!e[v][f]) {
g[v].insert(g[v].begin(),u);
g[u].insert(g[u].begin(),f);
For(i,1,n) son[i].clear(),fa[i]=dep[i]=del[i]=0; que.clear();
dfs2(v,0);
out(v,u);
exit(0);
}
// assert(0);
int v=son[u][0];
for(int x:son[u])
if(x!=v) g[u].insert(g[u].begin(),x);
g[v].insert(g[v].begin(),u);
For(i,1,n) son[i].clear(),fa[i]=dep[i]=del[i]=0; que.clear();
dfs2(v,0);
out(v,u);
return 0;
}
/*
*/
