P9189 [USACO23OPEN] Custodial Cleanup G 题解
Description
奶牛旅馆可以被看作一个 \(N\) 个节点 \(M\) 条边的无向简单图，其中每个房间有一个颜色 \(C_i\)，以及一个钥匙，颜色为 \(S_i\)， FJ 最初在 \(1\) 号节点，手上一把钥匙都没有。
FJ 可以进行无数次以下操作：
-
捡起当前房间的钥匙。（FJ 可以同时手持多个钥匙）
-
将部分或全部手上的钥匙放在当前房间。 (房间内可以同时放多把钥匙)
-
通过一条边，移到一个相邻的房间，前提是目标房间是房间 \(1\), 或者 FJ 拥有至少一个目标房间颜色的钥匙。
已知 \(F\) 是 \(S\) 的排列， FJ 想要让每个房间里面都恰好有一个 \(F_i\) 颜色的钥匙，求是否可能。
有 \(T\) 组数据，每组数据由一个空行开始，接着先给定 \(3\) 行每行 \(N\) 个整数，分别表示 \(C\),\(S\),\(F\)，最后给定 \(M\) 行，每行两个整数表示一条边。
\(0 \le M \le 10^5\), \(1 \le C_i, S_i, F_i, u_i, v_i \le N \le 10^5\)。
\(1 \le T \le 100\), \(1 \le \sum N \le 10^5\), \(1 \le \sum M \le 2\cdot 10^5\)。
Solution
首先如果一边捡钥匙一边放钥匙一定是不优的，因为如果不放当前的钥匙，那么后面能捡的钥匙一定不会减少，还会多出一些额外的钥匙。那么如果只捡钥匙都捡不全的话其他所有的方案也一定不可能成功。
先考虑怎么才能捡到能捡到的所有钥匙。
设 \(p_i\) 表示捡钥匙序列的前 \(i\) 个钥匙颜色组成的集合，那么如果第 \(i\) 个钥匙是 \(s_v\)，一定要满足 \(c_v\in p_{i-1}\) 才能捡 \(s_v\)。
于是 bfs 就呼之欲出了，每次直接跑当前已经捡了钥匙的点的所有邻居，如果能捡就捡。
但是这样有个问题，如果一个钥匙颜色为 \(1\) 的点旁边有很多颜色为 \(2\) 的点，但是 \(1\) 点走很多步能到达一个钥匙颜色为 \(2\) 的点 \(u\)，且 \(u\) 与这些颜色为 \(2\) 的点不相邻，这个做法就无法捡到所有钥匙。
考虑用一个 vector \(st_i\) 维护当前所有遍历过的点中，颜色为 \(i\) 的点中有多少还不能捡，那么每次从队列里取出一个点 \(u\)，就可以先把所有 \(st_{s_u}\) 里的点捡了，然后继续像上面那样遍历即可。
然后是怎么尽可能地把捡来的钥匙放到每个点上。
设 \(p_i\) 表示放钥匙序列的前 \(i\) 个钥匙颜色组成的集合，\(q_i\) 表示放钥匙序列的从 \(i\) 开始的后缀组成的集合，那么如果第 \(i\) 个钥匙是 \(s_v\)，一定要满足 \(c_v\in \text{total}-p_{i-1}=q_{i}\) 才能放 \(f_v\)。
于是只要向刚才那样从 \(1\) 开始跑一遍 bfs 即可，注意如果 \(f_v\notin q_{i+1}\) 但是 \(f_v=c_v\) 的话同样是可以放到队列里的。
还有个细节就是不一定能捡到全部的钥匙，那么说明第一次 bfs 中没有被捡的点一定不会再被改变，那么如果它们的初始钥匙和结束钥匙颜色不同就说明一定不合法。而且第二次 bfs 如果遇到了个不可能被经过的点就直接跳过，否则有可能 bfs 到一个不可能经过的点 \(v\)，满足 \(c_v\notin \text{total}\)，但是如果 \(c_v=s_v=f_v\) 的话会误判为可以经过。
时间复杂度：\(O\left(n+m\right)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
// #define int int64_t
const int kMaxN = 1e5 + 5;
int n, m;
int c[kMaxN], s[kMaxN], f[kMaxN];
bool have[kMaxN], vis[kMaxN], v1[kMaxN];
std::vector<int> G[kMaxN], st[kMaxN];
bool bfs1() {
std::queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
st[i].clear();
have[i] = vis[i] = v1[i] = 0;
}
q.emplace(1), vis[1] = have[s[1]] = 1;
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (auto v : st[s[u]])
if (!vis[v]) q.emplace(v), vis[v] = have[s[v]] = 1;
st[s[u]].clear();
for (auto v : G[u]) {
if (vis[v]) continue;
if (have[c[v]]) q.emplace(v), vis[v] = have[s[v]] = 1;
else st[c[v]].emplace_back(v);
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!vis[i])
v1[i] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!vis[i] && s[i] != f[i])
return 0;
return 1;
}
bool bfs2() {
std::queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
st[i].clear();
have[i] = vis[i] = 0;
}
q.emplace(1), vis[1] = have[f[1]] = 1;
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (auto v : st[f[u]])
if (!vis[v]) q.emplace(v), vis[v] = have[f[v]] = 1;
st[f[u]].clear();
for (auto v : G[u]) {
if (vis[v] || v1[v]) continue;
if (have[c[v]] || c[v] == f[v]) q.emplace(v), vis[v] = have[f[v]] = 1;
else st[c[v]].emplace_back(v);
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!vis[i] && s[i] != f[i])
return 0;
return 1;
}
void dickdreamer() {
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
G[i].clear();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
std::cin >> c[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
std::cin >> s[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
std::cin >> f[i];
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int u, v;
std::cin >> u >> v;
G[u].emplace_back(v), G[v].emplace_back(u);
}
std::cout << ((bfs1() && bfs2()) ? "YES\n" : "NO\n");
}
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
std::cin >> T;
while (T--) dickdreamer();
// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
return 0;
}
