P5372 SNOI2019 积木

P5372 SNOI2019 积木

不难想到图论建模(也没啥别的思路了),考虑用一张图刻画网格板上的任意一种状态:

  • 图有 \(n \times m\) 个点,形成点阵,和网格板对应。
  • 网格板上,一个积木对应一条边,积木占据的两个格子,对应这条边连接的两个点。

比如第一个样例中,起始时的网格板状态:

3 3
nnn
uuu
o<>

刻画为下面的图论模型:

我们试图发掘这样刻画出的图的性质。容易发现,这样刻画出的任何一种图,都是一个边数为 \(\dfrac{n \times m - 1}2\) 的匹配(即任意两条边中的四个端点互不相同),因为原图中一个格子上显然不可能有两块积木。

我们再试图刻画积木的移动。观察题目中的移动方式,形象地说,这种移动方式像是空位在它的上下左右四个方向中,选择一块毗邻的积木,然后把他“拽”下来。这种理解也恰好和方案的输出方式相吻合。而且,无论与空位毗邻的那个积木处于东西走向还是南北走向,它总是可以被移动。

于是可以发现,在图上,积木的移动可以刻画为:

  • 在代表唯一空位的孤立点 \(u\) 的上下左右四个点中,选择一个点 \(v\)。设 \(v\) 原来与 \(w\) 相连,即 \(v - w\) 原来是一块积木。
  • 断开 \(v - w\),连接 \(u - v\),代表 \(v - w\) 这块积木被拽到了 \(u - v\)
  • 此时,\(w\) 变成了新图上的空位。

下图是两个例子。

注意,上面只有点 \(v\) 是主动选择的,点 \(w\) 会被被动选择为与 \(v\) 相连接的点,它在 \(v\) 被选择后已经唯一。这里 \(\boldsymbol w\) 不能随便选择一个与 \(\boldsymbol v\) 相连接的点。比如下面红色的 \(w\) 选择就是不合法的,正确应该是绿色的 \(w\)

这里,我用另一种角度理解上面的刻画:先让空位 \(u\) 移动到 \(v\),在原图上加上 \(u - v\) 这条边,再让空位从 \(v\) 移动到 \(w\),从原图上抹去 \(v - w\) 这条边。

这种角度有助于理解多次连续的移动。事实上,多次连续的移动就是上面操作步骤的重复,\(k\) 次操作可以拆成 \(2k\) 次空位的移动,其中第 \(2i - 1\) 次移动和第 \(2i\) 次移动对应第 \(k\) 次操作:第 \(2i - 1\) 次移动加边,第 \(2i\) 次移动删边。

这里我再换一种角度理解加边 / 删边。我们将点阵看成一个完全的网格图,即任意上下相邻,左右相邻的两个点之间都有边,只不过边有虚实两种状态,如果一条边上有一个积木(也即原来对边的定义),则这条边是实边,否则这条边是虚边。这样以来原来的加边 / 删边就变成对边的实虚切换。

问题转化成,给定一个完全网格图,初始边集 \(S\) 中的边是实边,你的目标是将整张图中的实边构成边集 \(T\)\(S\)\(T\) 都构成大小为 \(\dfrac{n \times m - 1}2\) 的匹配)。能否构造出一个长度为偶数且不超过 \(1.6 \times 10^7\) 的路径,满足以下要求:

  • 路径起点为初始网格图中,唯一的不属于任意打开的边的点(也即唯一一个不在 \(S\) 中的点)。
  • 一个点从路径起点出发,沿着路径走。每走一条边,这条边的虚实状态改变。
  • 这条路径的第偶数步一定走的是一条实边。
  • 沿着路径走完后,整张图边的实边集合变为 \(T\)

这里不用限制路径的第奇数步一定走虚边,因为每次第奇数步之前,\(u\) 应该走到的都是一个空位点,该点恰满足不属于任意一个实边,所以接下来想走一定要走虚边。然而,第偶数步要做限制,原理类似于上面举过的反例。

这里有一个小套路,对于有初始态和目标态开关切换问题,设 \(U\) 为元素全集,\(S\) 为初始态中打开的元素,\(T\) 为目标态中打开的元素,则等价于 \(S \oplus T\) 中的元素要被切换奇数次,\(U \setminus (S \oplus T)\) 中的元素要被切换偶数次,从而将限制转化地更容易处理。

\(S \oplus T\) 中的 \(\oplus\) 是对称差运算,它恰好包含在 \(S\)\(T\) 中恰出现一次的元素。在开关切换问题中,该集合中的元素等价于初始态和目标态开关状态不同的元素,显然它们需要被切换奇数次,而剩余的自然要被切换偶数次。

在本题中,目标态的要求就可以被刻画为:路径要满足 \(S \oplus T\) 中的边经过奇数次,其它边要经过偶数次。

于是我们考察 \(S \oplus T\) 这个边集看能得到什么。

如果一个点 \(u\)\(S\)\(T\) 中都有出现:

  • 如果 \(u\)\(S\)\(T\) 中,分别连出的实边不同(即连接的不是同一个点),则 \(S \oplus T\) 中这两条实边都会保留,\(u\)\(S \oplus T\) 中恰连着 \(2\) 条实边,度数为 \(2\)
  • 如果 \(u\)\(S\)\(T\) 中,分别连出的实边相同(即连接的是同一个点),则 \(S \oplus T\) 中这两条边都会消失,没有与 \(u\) 相关联的边。

然后分类讨论:

  • 如果 \(S\)\(T\) 中,那个没出现的点不同:设 \(s\)\(S\) 中没出现的点,因为 \(s\)\(T\) 中恰连着一条实边,因此 \(S \oplus T\) 中这条实边将被保留,\(s\) 的度数为 \(1\)。同理,\(T\) 的孤立点 \(t\) 的度数也为 \(1\)
    • 此时因为 \(S \oplus T\) 中出现的点里,除了 \(s\)\(t\) 度数为 \(1\) 以外其余度数均为 \(2\),所以 \(S \oplus T\) 由一堆环和 \(s - t\) 的一条链构成,并且这些链和环之间互不相交。
  • 如果 \(S\)\(T\) 中,没出现的点相同:显然 \(S \oplus T\) 中没有与这个孤立点相关联的边。
    • 此时因为 \(S \oplus T\) 中出现的点的度数都是 \(2\),所以 \(S \oplus T\) 就是一堆互不相交的环的集合。
    • 可以理解为上面那种情况中,因为 \(s = t\) 所以链消失的特殊情况。

后面我们会证明一些性质,这个基本定义会多次用到,请留意:\(S \oplus T\) 中的元素要么来自 \(S\),要么来自 \(T\),且只能来自一个。

本题中的 \(S\)\(T\) 都是匹配,所以对于 \(S \oplus T\) 的任意两条毗邻的边 \(e_1\)\(e_2\),它们之间一定恰有一个来自 \(S\),恰有一个来自 \(T\)。否则,不妨设它们都来自于 \(S\),则与 \(S\) 是匹配相矛盾。

所以 \(S \oplus T\) 中,出现的那条 \(s - t\) 的链,设为 \(s - u_1 - u_2 - \ldots - u_k - t\)。那么有:

  • \((s, u_1) \in T\)
    • 考虑 \(s\) 的定义,\(s\) 不在 \(S\) 中,所以 \((s, u_1) \not\in S\),所以 \((s, u_1) \in T\)
  • \((u_1, u_2) \in S\)\((u_2, u_3) \in T\)……\(s - t\) 这条链是 \(S\)\(T\) 相间的。
    • 根据 \(S \oplus T\) 任意毗邻边不属于同一集合的性质。
  • \((u_k, t) \in S\)
    • 考虑 \(t\) 的定义,原理同第一条。
  • \(s - t\) 的长度是偶数。
    • 根据上面三条可以推出。

然后考虑 \(S \oplus T\) 中的环,这些环也是 \(S\)\(T\) 相间的,原理同上。所以,这些环的长度都是偶数(否则无法 \(S\)\(T\) 相间)。

那么 \(S \oplus T\) 的性质都被扒得差不多了,可以开始构造路径了。注意,原题除了经过次数奇偶限制(下简称奇偶限制),还有第偶数次必须经过实边的限制(下简称偶实限制),以及长度限制,我们都要留意。

路径从 \(s\) 开始,我们自然先考虑把 \(s - t\) 这条链走完,于是这条链的奇偶限制就解决了。考虑偶实限制,根据之前证明的性质,第偶数次经过的边一定属于 \(S\),即开始时一定打开。而这条链上每一条边我们都是第一次走,所以第偶数次经过一条边之前该边一定仍保持打开,满足偶实限制。

接下来考虑环必须走奇数次怎么处理。先来看某一个环怎么处理,如果某一个环可以处理,其它环也就能处理了。下称 \(S \oplus T\) 上的边为关键边。

\(t\) 不和这个环通过关键边相连,为了从 \(t\) 到达环,我们势必要走一部分关键边的同时(这部分可以没有),再走一部分非关键边(这部分必须有)。称这些边为桥梁边。但是我们并不期望更改这些桥梁边的奇偶性(这次我们只想更改目标环上的奇偶性),所以我们考虑通过桥梁边到达环,将环走一遍后,再通过桥梁边返回 \(t\),这样所有桥梁边经过 \(2\) 次,奇偶性不变。

对于多个环的情况,我们并不一定每次都要回到 \(t\),可以通过上一个环的桥梁边回溯一部分之后,再 dfs 出一条新的桥梁边去另一个环,从而解决问题。比如:

这张图我们忽略原图上的点的方阵性,只是个示意图。\(u_1\)\(u_2\)\(u_3\) 为三个仍然在 \(S \oplus T\) 上构成环的点,我们 dfs 找环的过程为:\(t \rightsquigarrow a \rightsquigarrow u_1 \rightsquigarrow a \rightsquigarrow b \rightsquigarrow u_2 \rightsquigarrow b \rightsquigarrow u_3 \rightsquigarrow b \rightsquigarrow a \rightsquigarrow t\)。类似于 dfs 搜索树的过程,同样能保证每个桥梁边恰好经过两次,不改变奇偶性。这种 dfs 能保证在 \(t\) 时同时 dfs 找多个环的复杂度。

然后考虑偶实限制。这里我们做一个小限制:每次回溯时,从转折点出发找新的环,第一步必须是第奇数步,在找虚边。比如,上图中 \(a \rightsquigarrow u_2\)\(b \rightsquigarrow u_3\) 的第一步都必须是第奇数步找虚边。而第一次到达 \(t\) 时,由于链长偶数,所以从 \(t\) 找环的第一步肯定是第奇数步。

另外,到达环上某个点时,因为这个环之前从来没走过,且环上的边都属于 \(S \oplus T\),所以这个环上一条边实等价于这条边属于 \(S\),一条边虚等价于这条边属于 \(T\)。到达环上任意一个点时,该点在环上的两条出边毗邻,所以一定有一条边属于 \(S\),一条边属于 \(T\),也即一定一虚一实。所以无论这一步是奇数步还是偶数步,下一步要走虚还是实,我们都有的走。

又因为环长是偶数,所以如果最后导向这个环的那条边是路径的第奇数步,也即这条边原先虚,现在变实,那么在经过环上偶数条边,再从这条边返回的时候,它一定是要走第偶数步,因为这条边已经变实了,所以满足偶实。然后一路回溯的时候,恰好也都能吻合,如下图。

接下来就是最后一个问题了:为了保证任意一个环都能可达,需要保证从任意一个点出发,分别走虚边,实边,虚边……可达任意点。

证明我不会。参见一下 https://www.luogu.com.cn/discuss/621563 吧。

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2023-06-26 23:05:05 
 * @Last Modified by:   crab-in-the-northeast 
 * @Last Modified time: 2023-06-26 23:05:05 
 */
#include <bits/stdc++.h>
inline int read() {
	int x = 0;
	bool f = true;
	char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
		if (ch == '-')
			f = false;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar())
		x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
	return f ? x : (~(x - 1));
}
inline char rech() {
	char ch = getchar();
	while (!isgraph(ch))
		ch = getchar();
	return ch;
}

const int N = 2003, M = 2003;

struct edge {
	int v;
	char dir;
	inline bool exi() {
		return this -> v != 0;
	}
};
edge S[N * M], T[N * M];
namespace all {
	edge G[N * M][4]; // 0 1 2 3 代表四个方向
}
namespace dif {
	edge G[N * M][2]; // 0 虚 1 实
}

int n, m;

inline int id(int x, int y) {
	if (x < 1 || x > n || y < 1 || y > m)
		return 0;
	return (x - 1) * m + y;
}

std :: bitset <N * M> vis, key;
// key:是否是 S 和 T 的对称差图中,有边链接的点。以确定我们是否走到环上

inline void step(int &u) {
	key.reset(u);
	putchar(dif :: G[u][0].dir);
	u = dif :: G[u][0].v;
	key.reset(u);
	u = dif :: G[u][1].v;
	key.reset(u);
}

inline void go(int u, int st) {
	while (u != st)
		step(u);
}

void dfs(int u) {
	vis.set(u);
	for (int d = 0; d < 4; ++d) {
		edge e = all :: G[u][d];
		if (!e.exi())
			continue;
		int v = e.v; char dir = e.dir;
		if (vis[v])
			continue;
		if (key[v]) {
			int s = dif :: G[v][1].v, t = dif :: G[v][0].v;
			// u -> v -> s -> ... -> t -> v -> u
			putchar(dir);
			go(s, t);
			putchar(dif :: G[t][0].dir);
			key.reset(v);
		}
		vis.set(v);
		v = T[v].v;
		if (!T[v].exi() || vis[v])
			continue;
		putchar(dir);
		if (key[v]) {
			int now = v;
			step(now);
			go(now, v);
		}
		else
			dfs(v);
		putchar(T[v].dir);
	}
}

int main() {
	n = read(); m = read();
	auto ed = [](int u, char dir) -> edge {
		int i = (u - 1) / m + 1, j = (u - 1) % m + 1;
		switch (dir) {
			case 'U': return (edge){id(i - 1, j), 'U'};
			case 'D': return (edge){id(i + 1, j), 'D'};
			case 'L': return (edge){id(i, j - 1), 'L'};
			case 'R': return (edge){id(i, j + 1), 'R'};
		}
		return (edge){0, 'N'};
	};

	int s = 0, t = 0;
	for (int k = 0; k <= 1; ++k) {
		for (int u = 1; u <= n * m; ++u) {
			edge e = {0, 'N'};
			switch (rech()) {
				case '<': e = ed(u, 'R'); break;
				case '>': e = ed(u, 'L'); break;
				case 'n': e = ed(u, 'D'); break;
				case 'u': e = ed(u, 'U'); break;
			}
			if (k) {
				T[u] = e;
				if (!e.v)
					t = u;
			} else {
				S[u] = e;
				if (!e.v)
					s = u;
			}
		}
	}

	for (int u = 1; u <= n * m; ++u) {
		all :: G[u][0] = ed(u, 'U');
		all :: G[u][1] = ed(u, 'D');
		all :: G[u][2] = ed(u, 'L');
		all :: G[u][3] = ed(u, 'R');
		if (S[u].dir != T[u].dir && S[u].exi() && T[u].exi()) {
			int s = S[u].v, t = T[u].v;
			dif :: G[u][0] = T[u];
			dif :: G[t][0] = T[t];
			dif :: G[u][1] = S[u];
			dif :: G[s][1] = S[s];
			key[u] = key[s] = key[t] = 1;
		}
	}

	vis.set(t);
	go(s, t);
	dfs(t);
	return 0;
}
posted @ 2023-06-27 09:59  dbxxx  阅读(71)  评论(0编辑  收藏  举报