题解 LGP8819【[CSP-S 2022] 星战】

posted on 2022-10-30 11:39:14 | under 题解 | source

problem

一个 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图， $q$ 次操作：

删除一条边，保证存在；
增加一条边，保证不存在；
删除一个点的所有入边；
将一个点曾经有的入边全部恢复。

每次操作后判断：

从任意一个节点出发，是否能走无限步；
对于任意一个节点，是否满足这个节点只有唯一的一条出边。

$n, m, q \leq 10^{6}$ 。

solution

首先我们发现“从任意一个节点出发，是否能走无限步”是假的。

如果第二条“对于任意一个节点，它只有唯一的一条出边”成立，那么从一个点出发，可以沿着它的出边一直走，不可能走到一个没有出边的点。

所以我们只需要判断， $\forall o u t_{i} = 1$ 。相当于判断：

若 $E$ 是当前存在的边集，则 $| E | = n$ 。（这个点可以保证 $\oplus$ 不会受到 $> 1$ 条边的影响）
对于每个点 $u$ ，都存在 $(u \to v) \in E$ 。

这里对于第二个点的判断方法是 hash。给每个点赋权值 $w_{i}$ 后，动态维护 $\sum_{(u \to v) \in E} w_{u}$ 或者 $\oplus_{(u \to v) \in E} w_{u}$ ，判断每次操作后是否有 $\sum_{(u \to v) \in E} w_{u} = \sum_{u} w_{u}$ 即可。

观察到 $+, \oplus$ 具有可减性，那么我们可以动态维护点 $u$ 的所有入边的 hash 值 $h_{u}$ ，进行 2,4 操作时将维护的 hash 值减掉 / 加上即可。具体实现建议看代码。

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <random>
#include <ctime>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
template<int N,int M,class T=int> struct graph{
    int head[N+10],nxt[M*2+10],cnt;
    struct edge{
        int u,v;T w;
        edge(int u=0,int v=0,T w=0):u(u),v(v),w(w){}
    } e[M*2+10];
    graph(){memset(head,cnt=0,sizeof head);}
    edge operator[](int i){return e[i];}
    void add(int u,int v,T w=0){e[++cnt]=edge(u,v,w),nxt[cnt]=head[u],head[u]=cnt;}
    void link(int u,int v,T w=0){add(u,v,w),add(v,u,w);}
};
int n,m,q,tot;
mt19937_64 rng(time(0));
ULL w[500010],sum,h[500010],inn[500010],tar[500010],ind[500010];
int main(){
//	#ifdef LOCAL
//	 	freopen("galaxy4.in","r",stdin);
//	 	freopen("galaxy4.out","w",stdout);
//	#endif
	for(int i=1;i<=5e5;i++) w[i]=rng();
	scanf("%d%d",&n,&m),tot=m;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),sum^=w[u],h[v]^=w[u],inn[v]++;
	memcpy(tar,h,sizeof tar);
	memcpy(ind,inn,sizeof ind);
	for(int i=1;i<=n;i++) tar[0]^=w[i];
	scanf("%d",&q);
	for(int op,u,v;q--;){
		scanf("%d%d",&op,&u);
		if(op==1) scanf("%d",&v),h[v]^=w[u],sum^=w[u],inn[v]--,tot--;
		else if(op==3) scanf("%d",&v),h[v]^=w[u],sum^=w[u],inn[v]++,tot++;
		else if(op==2){
			tot-=inn[u],sum^=h[u];
			inn[u]=h[u]=0;
			tot+=inn[u],sum^=h[u];
		}else if(op==4){
			tot-=inn[u],sum^=h[u];
			inn[u]=ind[u],h[u]=tar[u];
			tot+=inn[u],sum^=h[u];
		}
		puts(tot==n&&sum==tar[0]?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}