@codeforces - 632F@ Magic Matrix


@description@

给定一个 n*n 的矩阵 A。

我们称 A 是 magic 的,当且仅当:
(1)A 是对称的。
(2)A 的主对角线 \(a_{ii} = 0\)
(3)对于每一组 (i, j, k) 满足 \(a_{ij} \le \max\{a_{ik}, a_{jk}\}\)

判断给出的 A 是不是 magic 的。

Input
第一行一个整数 n (1 ≤ n≤ 2500) 。
接下来 n 行包含 n 个整数,描述矩阵 A。
注意 A 不一定对称或者主对角线全为 0。
Output
如果是 magic 的,输出 "MAGIC";否则输出 "NOT MAGIC"。

Examples
Input
3
0 1 2
1 0 2
2 2 0
Output
MAGIC

Input
2
0 1
2 3
Output
NOT MAGIC

@solution@

首先第 1, 2 个条件直接判。主要是考虑第 3 个条件。

解决这道题有一步很关键:将矩阵 A 看成一个图 G 的邻接矩阵。
虽然隔壁的 zjx 大佬告诉我这个已经是套路了,可是菜如我并不熟悉这种套路。

考虑假如不满足第 3 个条件,就有 w(i, j) > w(i, k) 且 w(i, j) > w(k, j)。
即 (i, j) 与两个边权比它严格小的边形成了三元环。

可以发现三元环这个条件限制太严格,不太好判断。
假如 (i, j) 与若干个边权比它严格小的边形成了环,设形成的环为 i -> p1 -> p2 -> ... -> j -> i。这个情况是否也不合法呢?
考虑边 (i, p2),如果 w(i, p2) >= w(i, j) 则 i -> p1 -> p2 -> i 本身就形成了不合法的三元环。
如果 w(i, p2) >= w(i, j),则可以把环缩减为 i -> p2 -> ... p -> j -> i。递归验证必然可以验证到三元环。
所以只要形成环就一定不合法。

那么算法就很明晰了。将边权排序,从小到大加入边。
如果加入到一条边形成了环,则不合法。
同种边权先查询后同时加入。

时间复杂度 \(O(n^2\log(n^2))\)

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2500;
const int MAXM = MAXN*MAXN/2;
struct edge{
	int x, y, k;
	friend bool operator < (const edge &a, const edge &b) {
		return a.k < b.k;
	}
}e[MAXM + 5];
int fa[MAXN + 5];
int find(int x) {
	return fa[x] = (fa[x] == x ? x : find(fa[x]));
}
void unite(int x, int y) {
	int fx = find(x), fy = find(y);
	if( fx != fy ) fa[fx] = fy;
}
int A[MAXN + 5][MAXN + 5];
int main() {
	int n, cnt = 0; scanf("%d", &n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			scanf("%d", &A[i][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if( A[i][j] != A[j][i] ) {
				puts("NOT MAGIC");
				return 0;
			}
			if( i == j && A[i][j] ) {
				puts("NOT MAGIC");
				return 0;
			}
		}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<i;j++)
			cnt++, e[cnt].k = A[i][j], e[cnt].x = i, e[cnt].y = j;
		fa[i] = i;
	}
	sort(e + 1, e + cnt + 1);
	e[cnt + 1].k = -1;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) {
		int j = i;
		while( e[j+1].k == e[i].k ) j++;
		for(int k=i;k<=j;k++)
			if( find(e[k].x) == find(e[k].y) ) {
				puts("NOT MAGIC");
				return 0;
			}
		for(int k=i;k<=j;k++)
			unite(e[k].x, e[k].y);
		i = j;
	}
	puts("MAGIC");
}

@details@

其实这道题还可以用最小生成树的思路解。
这样的话,用 prim 求最小生成树就是 O(n^2) 的,少个 log。
但是时限 5s 就没必要了。

posted @ 2019-11-03 21:07  Tiw_Air_OAO  阅读(151)  评论(0编辑  收藏  举报