P9150 邮箱题

P9150 邮箱题

Alex_Wei 做法妙。

思路

首先我们可以建出两张图，一张是按照题目的要求形成的有向图，一张是由有向边 $(i,k_i)$ 形成的钥匙图。

在钥匙图中，每个点有且仅有一入度一出度，其形成了若干个环。

考虑当前点 $i$，模拟题目过程不断跳点，跳出的序列为 $a=\{i,k_i,k_{k_i},\dots ,j\}$。对于 $k_j$ 的可到达性我们进行探究。

1. $k_j\ne i$。
2. 其次存在一个 $p$ 使得原图中存在边 $(p\to k_j)$，且 $j$ 可到达 $p$。

如何判定条件 2 呢？由于 $a_i$ 可到达 $a_{i+1}$，每次序列拓展 $a_p=j$ 时，考虑 $p$ 的返租边 $a_p\to a_q(q<p)$，则 $a_q$ 到 $a_p$ 之间强连通，使用并查集维护强连通块，加入 $k_j$ 时枚举边 $u\to k_j$ 找是否有 $u\in a$ 且 $u$ 与 $j$ 强连通。

复杂度 $O(nm\alpha )$。

这么跑肯定会炸，发现处理环的过程中会经过大量重复的点，能否利用已经求出的点的贡献呢？

将环复制两倍，破环为链，链上前一个点的答案就是该点的答案，如果答案统计时超过了环的长度，那么答案就为环长。

设现在的链为 $c$，如果 $c_{i+1}\sim c_L$ 的答案已经求出，那么钥匙图上会形成若干条链，表示链头开始可以走到链尾；原图上是若干个子图，这些子图间可能有边相连，但由于根据题目条件这两个子图互不可达，这里仍然认为是两个子图；也就是一个子图对应一条钥匙图上的链。

对子图中的强连通分量进行缩点，发现最终缩成了一条链。

下文不加特殊说明，均有以下几点约定：

1. 链均指子图缩点形成的链。

2. $c_u\to c_v$ 表示用 $c_u\sim c_v$ 中的点形成的子图缩点后形成的链。

3. 单个 $c_u$ 仍表示一个破环为链后 $c$ 序列的一个点。

4. $c_i$ 视为新加入的点。

5. 点 $c_u$ 的编号为 $u$。

新加入点 $c_i$ 就相当于判断 $c_i\to c_i$ 能否和 $c_{i+1}\to c_p$ 合并，合并之后再次判断 $c_i\to c_p$ 能否和 $c_{p+1}\to c_{p‘}$ 合并，不断重复链合并，直到无法进行下一次合并。

对于链 $c_i\to c_p$ 和 $c_{p+1}\to c_{p‘}$，根据朴素做法的判断条件，找到 $c_u$ 与 $c_p$ 强连通且存在边 $c_u\to c_{p+1}$（这里是原图中的有向边），就可以合并链。

$c_u$ 换一个角度找会更方便，找存在边 $c_u\to c_{p+1}(u\in [i,p])$ 的最大的 $u$，判断 $c_u,c_p$ 是否共一个强连通分量，因为显然如果存在 $v<u$ 且 $c_v,c_p$ 属于同一个强连通分量，$c_u,c_p$ 也属于同一个强连通分量。

合并链之后，作为一条新的链首先要进行缩点，我们不可能枚举第二条链上所有的返祖边（即满足 $i<j$ 且村子于原图的边 $c_j\to c_i$）。一个好的想法是，对于 $c_i\to c_p$，维护所有终点编号不小于 $i$ 且未考虑过的返祖边，合并时直接暴力跑第二条链上返祖边的影响然后合并即可。

这样就结束了吗？

仔细思考合并的过程，如果 $c_i\to c_p$ 能和 $c_{p+1}\to c_{p‘}$ 合并，一定是由于 $c_i$ 带来的新变化使得这两条链可以合并，否则这两条链在 $c_i$ 加入之前就合并为一条链了。

影响链合并的因素只有 $c_u$，所以说 $c_i$ 的加入带来了新的可以选择的 $c_u$，而 $c_u$ 与 $c_p$ 共一个强连通分量，可以证明 $c_i$ 与 $c_p$ 共一个强连通分量。

这样子对于每一条链，维护编号最大还有未贡献的返祖边的节点 $c_x$，这些返祖边的终点 $u$ 满足 $u\in c$ 且 $i\le k(c_k=u)$，最后把新链头 $c_i\sim c_x$ 合并为同一个点即可。

实现时建出反边，每次用 $c_i$ 更新后面的链即可。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=3e6+5;

struct dsu
{
    int f[maxn];
    inline int fr(int u){return f[u]==u?u:f[u]=fr(f[u]);}
    inline void merge(int x,int y){f[fr(y)]=fr(x);}
}ch,cy;

int n,m;
int k[maxn],val[maxn],pre[maxn],ans1[maxn],ans2[maxn],in[maxn],cyc[maxn];

vector<int>E[maxn];

bool vis[maxn];

inline void solve()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&k[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        E[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i]) continue;
        int p=i,ct=0;
        while(!in[p]) cyc[++ct]=p,in[p]=ct,p=k[p];
        for(int j=ct*2;j;j--)
        {
            ch.f[j]=cy.f[j]=j;val[j]=pre[j]=0;
            int id=cyc[j>ct?j-ct:j];
            for(int it:E[id])
            {
                if(!in[it]) continue;
                it=in[it];
                if(it+ct<j) it+=ct;
                if(it>j) it-=ct;
                pre[j]=max(pre[j],it);
                if(it<j) it+=ct;
                if(it<=ct*2) val[ch.fr(it)]=max(val[ch.fr(it)],cy.fr(it));
            }
            while(1)
            {
                while(1)
                {
                    int cyid=cy.fr(j),chid=ch.fr(j);
                    if(cyid<val[chid]) cy.merge(cyid+1,cyid);
                    else break;
                }
                int cyid=cy.fr(j),chid=ch.fr(j);
                val[chid]=0;
                if(chid==ct*2||cyid!=chid||pre[chid+1]<j) break;
                ch.merge(chid+1,chid);
            }
            ans1[id]=min(ct,ch.fr(j)-j+1);
            ans2[id]=min(ct,cy.fr(j)-j+1);
        }
        for(int j=1;j<=ct;j++) in[cyc[j]]=0,vis[cyc[j]]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",ans1[i],ans2[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=false,E[i].clear();
}

int main()
{
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--) solve();
}