【ybt高效进阶3-4-4】恒星的亮度

恒星的亮度

题目链接：ybt高效进阶3-4-4

题目大意

有一些恒星，每个恒星有亮度。

给出一些恒星亮度的相对关系，询问这些恒星亮度总和至少有多大。

恒星最暗的亮度是 $1$。数值越大越亮。

关系有两个亮度相等，一个比另一个亮或暗，一个不比另一个亮或暗。

思路

首先，有一个小坑，就是不大于其实是小于等于，不小于是大于等于，不要搞反了。

那我们会想到如果 $A$ 亮度小于 $B$，那 $B$ 的亮度可以是 $A+1$，如果是小于等于，那就是 $A$。
如果有多个这样的条件，为了使都满足，我们要取亮度最大的。

那如果相同，那就相同咯。

因为你考虑可以从一个地方推出来全部。
但是还有大于和大于等于啊，那你如果要直接弄的话，就不能确定一开始的点的亮度了。
那我们考虑把它转化成小于和小于等于。

如果 $A$ 大于 $B$，那其实等价于 $B$ 小于 $A$。
如果 $A$ 大于等于 $B$，那其实等价于 $B$ 小于等于 $A$。

那接着的问题就是如何确定一开始的初始点。

然后你就会发现它有环。
那让有环变成无环。。。
Tarjan 缩点！

怎么缩呢，我们考虑把 $A$ 小于或小于等于 $B$ 连一条从 $A$ 到 $B$ 的有向边。然后缩在一起的就是亮度相同的。
然后你会想到如果一个环中有一条边是由小于构成的，那就出问题了。（因为你又要求亮度相同，然后你这个地方由不能让亮度相同，那就出矛盾了）
那你就把边分成两类，可以参与缩点的和不可以参与的。
然后你也正常缩点（不然变成不了 DAG），然后建缩点后的图的时候如果一条边是不能参与缩点的，但是它的两边在缩点后属于同一个的话，就说明矛盾，就无解了。

然后你就会发现 DAG 的起始点可能不止一个，但是问题不大，就都设为亮度是 $1$ 不久好了吗。
然后就会想到用拓扑序 DP，然后你在转移的时候判断一下你转移的边的类型，如果是小于的就是原来的 $+1$，否则就是原来的。
（因为你要总和最小）
（我一开始直接无脑加一，就只有 $70$ 分）

然后就可以了，具体实现可以看看代码。

代码

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt, cc;
}e[1000001], e_[1000001];
ll ans;
int le_[100001], KK_;
int n, m, le[100001], KK, in[100001];
int op, x, y, dfn[100001], tmp, tot, ru[100001];
int low[100001], sta[100001], num[100001], dis[100001];
queue <int> q;

void add(int x, int y, int cc) {//原来的图
	e[++KK] = (node){y, le[x], cc}; le[x] = KK;
}

void add_(int x, int y, int cc) {//缩点后的图
	e_[++KK_] = (node){y, le_[x], cc}; le_[x] = KK_;
}

void tarjan(int now) {//Tarjan 缩点
	dfn[now] = low[now] = ++tmp;
	sta[++sta[0]] = now;
	
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (!dfn[e[i].to]) {
			tarjan(e[i].to);
			low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
		}
		else if (!in[e[i].to]) low[now] = min(low[now], low[e[i].to]);
	
	if (dfn[now] == low[now]) {
		in[now] = ++tot;
		num[tot] = 1;
		while (sta[sta[0]] != now) {
			num[tot]++;
			in[sta[sta[0]]] = tot;
			sta[0]--;
		}
		sta[0]--;
	}
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d %d %d", &op, &x, &y);
		
		if (op == 1) {//亮度相等，直接连缩点的边
			add(x, y, 0);
			add(y, x, 0);
			continue;
		}
		if (op == 2) {//小于，连不可以缩点的边
			add(x, y, 1);
			continue;
		}
		if (op == 3) {//A 不小于 B，就是 A 大于等于 B，又可以是 B 小于等于 A，连可以缩点的边
			add(y, x, 0);
			continue;
		}
		if (op == 4) {//A 大于 B，相当于 B 小于 A，那就连可以缩点的边
			add(y, x, 1);
			continue;
		}
		if (op == 5) {//A 不大于 B，就是小于等于，连小于等于的边
			add(x, y, 0);
			continue;
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)//缩点
		if (!dfn[i]) tarjan(i);
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = le[i]; j; j = e[j].nxt)
			if (in[i] != in[e[j].to]) {//连不同点之间的边
				add_(in[i], in[e[j].to], e[j].cc);
				ru[in[e[j].to]]++;//统计入度，到时拓扑用
			}
			else if (e[j].cc) {//不能缩点的边用来缩点了，则无解
				printf("-1");
				return 0;
			}
	
	for (int i = 1; i <= tot; i++)
		if (!ru[i]) q.push(i), dis[i] = 1;
	while (!q.empty()) {//拓扑序 DP 求每个的亮度
		int now = q.front();
		q.pop();
		
		ans += 1ll * dis[now] * num[now];//记得亮度加进总亮度之间要乘这个点包含点的个数
		
		for (int i = le_[now]; i; i = e_[i].nxt) {
			ru[e_[i].to]--;
			dis[e_[i].to] = max(dis[e_[i].to], dis[now] + e_[i].cc);
			//如果这个边是小于，那 cc 值就是 1，亮度也至少要加一
			//如果这个边是小于等于，那 cc 值就是 0，亮度可以不用加，跟之前一样
			//刚好符合，我们就不用新开变量，用这个 cc 值就好了
			if (!ru[e_[i].to]) {
				q.push(e_[i].to);
			}
		}
	}
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_GXJJ_3-4-4.html
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