P8819 CSP-S 2022 星战
P8819 CSP-S 2022 星战 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
先翻译一下题目：
\(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，每条边都有激活和失活两种状态，初始时均为激活状态。四种操作：
- 失活某条边；
- 失活以某个点为终点的所有边；
- 激活某条边；
- 激活以某个点为终点的所有边。
然后问：如果只考虑激活的边，是否满足：
- 所有的点出度均为 \(1\)；
- 所有的点都满足，从这个点出发，可以走到一个环中。
首先我们发现，如果所有点的出度均为 \(1\)，那么所有点都满足从这个点出发能走到一个环里。这是因为所有点的出度都是 \(1\)，因此一条路径可以一直走下去，而只要走 \(n\) 步就一定会遇到先前走过的一个节点（总共只有 \(n\) 个点），此时环就出现了。
因此压根不用判环，只用判断所有点出度是否均为 \(1\)。
事实上，所有点出度均为 \(1\) 的有向图称作基环内向森林，它由若干个弱联通块（将所有有向边看成无向边后的联通块）构成，每个弱联通块称作基环内向树。对于基环内向树，它可以被认为是由有向环和长在环上的若干条链构成。这些链单向导通到环上。更多有关定义可以自行阅读 OI Wiki 的图论相关概念。
我们观察到，一、三操作可以用 \(\mathcal{O}(1)\) 的效率修改一个点的出度（修改目标边的终点出度即可），而二、四操作只能用 \(\mathcal{O}(n)\) 的效率（因为终点为 \(v\) 的边有很多，对应的起点最多有 \(n\) 个，它们的出度都需要被修改）。
不过，前 8 个测试点，是支持我们用最坏时间复杂度 \(\mathcal{O}(nq)\) 的暴力维护出度的，所以 40 分已经到手。
然后 9 和 10 两个测试点还是保证没有二、四操作的。单次操作可以做到 \(\mathcal{O}(1)\)。因此这两个测试点用 \(\mathcal{O}(q)\) 的复杂度解决，50 分到手。
这里是我的 50 分代码。
思考许久后我发现，容易维护的不是出度，而是入度。具体来说：
设原图上点 \(u\) 的入度为 \(g(u)\)，当前点 \(u\) 入度为 \(r(u)\)：
- 失活 \((u, v)\)：\(r(v) \gets r(v) - 1\)；
- 失活以 \(v\) 为终点的所有边：\(r(v) \gets 0\)；
- 激活 \((u, v)\)：\(r(v) \gets r(v) + 1\)；
- 激活以 \(v\) 为终点的所有边：\(r(v) \gets g(v)\)。
这些都可以 \(\mathcal{O}(1)\) 完成。
那么入度和出度有什么关系呢？
一张图里，所有点的入度和等于出度和。我们的目标是所有出度都是 \(1\)，那么所有出度的和都是 \(n\)。因此入度的和也必须是 \(n\)。
于是我们得到所有出度均为 \(1\) 的一个必要条件：入度和为 \(n\)。然而这个条件并不充分，因为入度和为 \(n\) 可以推出出度和为 \(n\)，但不能再进一步推出所有出度均为 \(1\)。
比如，如果有三个点，点 \(1\) 出度为 \(2\)，点 \(2\) 出度为 \(1\)，点 \(3\) 没有出度，我们如果单纯地去计算它的入度和，发现它等于 \(n\)，就判断现在每个点出度都是 \(1\)，这明显是错误的。
但是，我们可以利用 哈希 使得这个条件的充分性有极大概率是正确的，进一步使得这个条件的充要性极大概率正确，通过本题。
我们初始给每个点随机一个权值 \(w(u)\)。重新定义，一个点 \(v\) 对应的 \(r(v)\)，表示直接连向 \(v\) 的所有 \(u\) 的 \(w(u)\) 之和，即：
而 \(g(v)\) 代表初始所有边都被激活时的 \(r(v)\) 的值，且之后不改变（静态）。
重新设计：
- 失活 \((u, v)\)：\(r(v) \gets r(v) - w(u)\)；
- 失活以 \(v\) 为终点的所有边：\(r(v) \gets 0\)；
- 激活 \((u, v)\)：\(r(v) \gets r(v) + w(u)\)；
- 激活以 \(v\) 为终点的所有边：\(r(v) \gets g(v)\)。
这个过程中，所有点的 \(r\) 值之和 \(\sum r(u)\) 可以在每次操作时 \(\mathcal{O}(1)\) 地维护。更进一步地：
- 设 \(\{u_1, u_2, \ldots\}\) 是 \(v\) 的入点集合，则 \(r(v) = w(u_1) + w(u_2) + \ldots\)。理由是 \(r(v)\) 的定义。
- 如果所有点 \(u\) 的出度都是 \(1\)，那么 \(u\) 只会出现在它所连向的 \(v\) 的入点集合中。因此，将所有入点集合的权值加起来，即 \(\sum r(u)\)，我们应该恰好得到 \(\sum w(u)\)。也即，\(\sum r(u) = \sum w(u)\)。
因此，\(\sum r(u) = \sum w(u)\) 是每个点出度都为 \(1\) 的一个必要条件。那么，这个条件充分吗？
一般地，我们设点 \(u\) 的出度为 \(k(u)\)，意味着 \(w(u)\) 恰好在最终的 \(\sum r(u)\) 中出现 \(k(u)\) 次。也即 \(\sum r(u) = \sum k(u) \times w(u)\)。因此我们可以将判断条件 \(\sum r(u) = \sum w(u)\) 改写为：\(\sum k(u) \times w(u) = \sum w(u)\)。
显然所有 \(k(u) = 1\) 是一个解。有其它的解吗？
有，但是这样的一组 \(k\) 跟 \(w\) 高度相关，除非出题人精心构造数据使得目前的局面形成的 \(k\) 存在一个不等于 \(1\) 还恰好满足这个方程，否则你可以认为当这个方程成立的时候，目前的 \(k\) 都等于 \(1\)。
又因为你的 \(w\) 是随机的，所以数据是没法对着你的代码卡的，除非你的 \(w\) 正好随机到一个能把你代码卡掉的数据，这种可能太小了基本可以忽略不计，因为随机的值域已经相当大了。
这就是哈希的原理了：判定时构造一个必要不充分条件，但这个“不充分”实际上有非常大非常大的概率充分，以至于不充分性可以忽略不计，从而达到充要判定的效果。读者应当熟悉的字符串哈希，也是同样的原理。
这种哈希似乎一般称作“和哈希”（sum hash）。
/*
* @Author: crab-in-the-northeast
* @Date: 2022-10-31 05:16:58
* @Last Modified by: crab-in-the-northeast
* @Last Modified time: 2022-10-31 05:23:44
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read() {
int x = 0;
bool flag = true;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {
if (ch == '-')
flag = false;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch)) {
x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
ch = getchar();
}
if(flag)
return x;
return ~(x - 1);
}
const int maxn = (int)5e5 + 5;
int r[maxn], w[maxn], g[maxn];
signed main() {
int n = read(), m = read();
std :: mt19937 rng(time(0));
for (int u = 1; u <= n; ++u)
w[u] = rng(); // 这个函数生成随机数的范围和 unsigned int 范围一致，会爆 int。当然你也可以 % 一下
int tar = std :: accumulate(w + 1, w + n + 1, 0LL);
// 这是求和函数，注意 0 后面要加 LL （否则会爆）
int now = 0;
while (m--) {
int u = read(), v = read();
r[v] += w[u];
g[v] = r[v];
now += w[u];
}
int q = read();
while (q--) {
int t = read();
if (t == 1) {
int u = read(), v = read();
r[v] -= w[u];
now -= w[u];
} else if (t == 2) {
int v = read();
now -= r[v];
r[v] = 0;
} else if (t == 3) {
int u = read(), v = read();
r[v] += w[u];
now += w[u];
} else if (t == 4) {
int v = read();
now += g[v] - r[v];
r[v] = g[v];
}
puts(now == tar ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}
如果觉得这篇题解写得好，请不要忘记点赞，谢谢！
