【IOI2017】Toy Train（博弈）

题目链接：https://uoj.ac/problem/322

分析

“一个点的出边一旦确定就不能改变”这个条件不好处理。通过网上一些题解的分析，可以把问题修改成：

• 结点的主人每次可以指定任意一条出边（即使之前已经指定了另外一条）。
• A 胜利条件：存在一种策略，无论 B 怎么操作，总能使火车无限次经过充电车站。
• B 胜利条件：存在一种策略，无论 A 怎么操作，总能使火车只经过充电车站有限次。

设 \(w_i\) 为：是否存在一种策略，无论 B 怎么操作，从 \(i\) 开始总能到达充电车站。（如果 \(i\) 是充电车站则需要再次到达充电车站，到达自身也行）。

如果一个充电车站 \(i\) 满足 \(w_i=0\)，那么它就没用。考虑每次缩小充电车站的集合，重新计算 \(w\)。这样最多迭代 \(n\) 次，时间复杂度 \(O(nm)\)。

实现

#include<bits/stdc++.h>
#include"train.h"
#define rp(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pr(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pb push_back
#define sz(x) int(x.size())
using namespace std;
typedef vector<int> vi;
const int N=5e3+9;
int n,m,o[N],d[N];
vi g[N];
queue<int> Q;
vi who_wins(vi a,vi r,vi u,vi v){
	n=sz(a),m=sz(u);
	rp(i,0,m-1){
		g[v[i]].pb(u[i]),++o[u[i]];
	}
	vi w(n);
	auto go=[&](){
		rp(i,0,n-1){
			w[i]=0;
			d[i]=a[i]?1:o[i];
			if(r[i]){
				Q.push(i);
			}
		}
		for(;!Q.empty();Q.pop()){
			int v=Q.front();
			for(int u:g[v])if(!--d[u]){
				w[u]=1;
				if(!r[u]){
					Q.push(u);
				}
			}
		}
	};
	auto chk=[&]()->bool{
		rp(i,0,n-1)if(r[i]&&!w[i]){
			r[i]=0;
			return 0;
		}
		return 1;
	};
	while(1){
		go();
		if(chk()){
			return w;
		}
	}
}