【洛谷4836】Toy Train 玩具火车（博弈）

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• 有两个人（标号为 \(0/1\)）和一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，保证每个点至少有一条出边。
• 第 \(i\) 个点颜色为 \(a_i\)（\(0/1\)），且它被标号为 \(p_i\) 的人占据。
• 每个人需要为他占据的所有点分别只保留一条出边。
• 对于每个点，标号为 \(0\) 的人希望它能进入一个 \(a_i\) 全为 \(0\) 的环，标号为 \(1\) 的人希望它不能进入这样一个环，求标号为 \(1\) 的人能否获胜。
• \(1\le n\le5\times10^3\)，\(n\le m\le2\times10^4\)

类似博弈的思路

首先考虑找出哪些点不能构成全 \(0\) 的环。

显然，\(a_i=1\) 的点不能构成全 \(0\) 的环。

然后，若一个点被 \(1\) 占据且存在一个邻点无法构成全 \(0\) 的环，则 \(1\) 可以选择它走向这个点，无法构成；若一个点被 \(0\) 占据且所有邻点都无法构成全 \(0\) 的环，也无法构成。

这样做一个有点像拓扑的过程，对于剩下来的点，随便指定一条边都将构成若干全 \(0\) 的基环内向树，也就是说它们都必然满足能进入全 \(0\) 的环。

再进行一个类似于前面的反过程，若一个点被 \(0\) 占据且存在一个邻点能进入全 \(0\) 的环，则 \(0\) 可以选择它走向这个点，能进入；若一个点被 \(1\) 占据且所有邻点都能进入全 \(0\) 的环，也能进入。

但发现这样有一个问题，就是在第二个过程中，有可能虽然 \(1\) 可以选择不走到能进入全 \(0\) 的环的邻点，但这样选择会导致可以构成新的全 \(0\) 环（一个非常简单的例子，就是这个点颜色为 \(0\) 且除了能进入全 \(0\) 的环的邻点之外只剩一个自环，那么此时只能选自环，而选自环就构成了一个全 \(0\) 的环）。

要处理这种情况其实也很容易，只要删去所有能进入全 \(0\) 的环的点，不断重复上述两个过程，直至不再产生新的能进入全 \(0\) 的环的点即可。

代码：\(O(nm)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define N 5000
#define M 20000
using namespace std;
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define Tp template<typename Ty>
	#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
	Tp void read(Ty& x) {x=0;while(!isdigit(oc=tc()));while(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
int n,m,o[N+5],p[N+5],d[N+5],D[N+5],q[N+5],g[N+5],vis[N+5];vector<int> G[N+5],iG[N+5];
int main()
{
	int i;for(read(n,m),i=1;i<=n;++i) read(o[i]);for(i=1;i<=n;++i) read(p[i]);
	int x,y;for(i=1;i<=m;++i) read(x,y),++D[++x],++y,G[x].push_back(y),iG[y].push_back(x);
	int k,H,T;while(true)
	{
		for(H=1,T=0,i=1;i<=n;++i) !g[i]&&(p[i]?vis[q[++T]=i]=1:vis[i]=0),d[i]=D[i];
		while(H<=T) {k=q[H++];for(auto x:iG[k]) !g[x]&&!vis[x]&&(o[x]||!--d[x])&&(vis[q[++T]=x]=1);}//找出不能构成全0环的点
		for(H=1,T=0,i=1;i<=n;++i) !g[i]&&!vis[i]&&(g[q[++T]=i]=1);if(!T) break;//剩下的点能进入全0环
		while(H<=T) {k=q[H++];for(auto x:iG[k]) !g[x]&&(!o[x]||!--D[x])&&(g[q[++T]=x]=1);}//更新能进入全0环的点
	}
	for(i=1;i<=n;++i) puts(g[i]?"No":"Yes");return 0;
}