1 #include <cstdio>
2 #include <cstdlib>
3 #include <cstring>
4 #include <iostream>
5 //#define INPUT
6 /**
7 Problem:1182 - 食物链，NOI2001
8 Begin Time:4th/Mar/2012 1:00 p.m.
9 End Time:4th/Mar/2012 6:47 p.m.
10 Cost Time:两天多，看的别人的解题报告AC的
11 Reference:http://apps.hi.baidu.com/share/detail/16059767
12 测试数据：
13 http://poj.org/showmessage?message_id=93058
14 输出：
15 上方有
16 教训：
17 WA一次，没搞清楚先更新父节点relation还是更新当前节点relation的关系！！！
18 （在最后那条犯错误了！）
19 思路：
20 老子决心要写一个，关于这道题的，最详细的解题报告。
21 本题思路是带权并查集，我们从最开始讲起。
22 Part I - 权值(relation)的确定。
23 我们根据题意，森林中有3种动物。A吃B，B吃C，C吃A。
24 我们还要使用并查集，那么，我们就以动物之间的关系来作为并查集每个节点的
25 权值。
26 注意，我们不知道所给的动物（题目说了，输入只给编号）所属的种类。
27 所以，我们可以用动物之间“相对”的关系来确定一个并查集。
28 0 - 这个节点与它的父节点是同类
29 1 - 这个节点被它的父节点吃
30 2 - 这个节点吃它的父节点。
31 注意，这个0,1,2所代表的意义不是随便制定的，我们看题目中的要求。
32 说话的时候，第一个数字（下文中，设为d）指定了后面两种动物的关系：
33 1 - X与Y同类
34 2 - X吃Y
35 我们注意到，当 d = 1的时候，( d - 1 ) = 0，也就是我们制定的意义
36 当 d = 2的时候，( d - 1 ) = 1，代表Y被X吃，也是我们指定的意义。
37 所以，这个0,1,2不是随便选的
38 Part II - 路径压缩，以及节点间关系确定
39 确定了权值之后，我们要确定有关的操作。
40 我们把所有的动物全初始化。
41 struct Animal
42 {
43 int num; //该节点（node）的编号
44 int parent; //该node的父亲
45 int relation; //该node与父节点的关系，0同类，1被父节点吃，2吃父节点
46 }; Animal ani[50010];
47 初始化为
48 For i = 0 to N do
49 ani[i].num = i;
50 ani[i].parent = i;
51 ani[i].relation = 0 ; //自己和自己是同类
52 End For
53 (1)路径压缩时的节点算法
54 我们设A,B,C动物集合如下：（为了以后便于举例）
55 A = { 1 , 2 , 3 ,4 ,5 }
56 B = { 6 , 7 , 8 ,9 ,10}
57 C = { 11, 12, 13,14,15}
58 假如我们已经有了一个集合，分别有3个元素
59 SET1 = {1,2}，我们规定集合中第一个元素为并查集的“代表”
60 假如现在有语句：
61 2 2 6
62 这是一句真话
63 2是6的父亲
64 ani[6].parent = 2;
65 ani[6].relation = 1;
66 那么，6和1的关系如何呢？
67 ani[2].parent = 1;
68 ani[2].relation = 0;
69 我们可以发现6与2的关系是 1.
70 通过穷举我们可以发现
71 ani[now].parent = ani[ani[now].parent].parent;
72 ani[now].relation = ( ani[now].relation + ani[now.parent].relation ) % 3;
73 这个路径压缩算法是正确的
74 关于这个路径压缩算法，还有一点需要注意的地方，我们一会再谈
75 注意，根据当前节点的relation和当前节点父节点的relation推出
76 当前节点与其父节点的父节点的relation这个公式十分重要！！
77 它推不出来下面都理解不了！！自己用穷举法推一下：
78 好吧，为了方便伸手党，我给出穷举过程
79 i j
80 爷爷 父亲 儿子 儿子与爷爷
81 0 0 (i + j)%3 = 0
82 0 1 (i + j)%3 = 1
83 0 2 (i + j)%3 = 2
84 1 0 (i + j)%3 = 1
85 1 1 (i + j)%3 = 2
86 1 2 (i + j)%3 = 0
87 2 0 (i + j)%3 = 2
88 2 1 (i + j)%3 = 0
89 2 2 (i + j)%3 = 1
90 嗯，这样可以看到，( 儿子relation + 父亲relation ) % 3 = 儿子对爷爷的relation
91 这就是路径压缩的节点算法
92 (2) 集合间关系的确定
93 在初始化的时候，我们看到，每个集合都是一个元素，就是他本身。
94 这时候，每个集合都是自洽的（集合中每个元素都不违反题目的规定）
95 注意，我们使用并查集的目的就是尽量的把路径压缩，使之高度尽量矮
96 假设我们已经有一个集合
97 set1 = {1,2,7,10}
98 set2 = {11,4,8,13},每个编号所属的物种见上文
99 set3 = {12,5,4,9}
100 现在有一句话
101 2 13 2
102 这是一句真话,X = 13,Y = 2
103 我们要把这两个集合合并成一个集合。
104 直接
105 int a = findParent(ani[X]);
106 int b = findParent(ani[Y]);
107 ani[b].parent = a;
108 就是把Y所在集合的根节点的父亲设置成X所在集合的根节点。
109 但是，但是！！！！
110 Y所在集合的根结点与X所在集合的根节点的关系！！！要怎么确定呢？
111 我们设X,Y集合都是路径压缩过的，高度只有2层
112 我们先给出计算的公式
113 ani[b].relation = ( 3 - ani[Y].relation + ( d - 1 ) + ani[X].relation) % 3;
114 这个公式，是分三部分，这么推出来的
115 第一部分，好理解的一部分：
116 ( d - 1 ) :这是X和Y之间的relation，X是Y的父节点时，Y的relation就是这个
117 3 - ani[Y].relation = 根据Y与根节点的关系，逆推根节点与Y的关系
118 这部分也是穷举法推出来的，我们举例：
119 j
120 子 父相对于子的relation（即假如子是父的父节点，那么父的relation应该是什么，因为父现在是根节点，所以父.relation = 0，我们只能根据父的子节点反推子跟父节点的关系）
121 0 ( 3 - 0 ) % 3 = 0
122 1（父吃子） ( 3 - 1 ) % 3 = 2 //父吃子
123 2（子吃父) ( 3 - 2 ) % 3 = 1 //子吃父，一样的哦亲
124 ——————————————————————————————————————————————————————
125 我们的过程是这样的：
126 把ani[Y]，先连接到ani[X]上，再把ani[Y]的根节点移动到ani[X]上，最后，把ani[Y]的根节点移动到ani[X]的根节点上，这样算relation的
127 还记得么，如果我们有一个集合，压缩路径的时候父子关系是这么确定的
128 ani[爷爷].relation = ( ani[父亲].relation + ani[儿子].relation ) % 3
129 我们已知道,( d - 1 )就是X与Y的relation了
130 而 (3 - ani[Y].relation)就是 以Y为根节点时，他的父亲的relation
131 那么
132 我们假设把Y接到X上，也就说，现在X是Y的父亲，Y原来的根节点现在是Y的儿子
133 Y的relation + ani[Y]根节点相对于ani[Y]的relation
134 ( ( d - 1 ) + ( 3 - ani[Y].relation) ) % 3
135 就是ani[Y]的父亲节点与ani[X]的relation了！
136 那么，不难得到，ani[Y]的根节点与ani[X]根节点的关系是：
137 ( ( d - 1 ) + ( 3 - ani[Y].relation) + ani[X].relation ) % 3 ->应用了同余定理
138 注意，这个当所有集合都是初始化状态的时候也适用哦
139 还是以最开头我们给的三个集合（分别代表三个物种）为例
140 2 1 6
141 带入公式
142 ani[6].relation = ( ( 2 - 1 ) + ( 3 - 0 ) + 0 ) % 3 = 1
143 也就是，6被1吃
144 Part III - 算法正确性的证明
145 首先，两个自洽的集合，合并以后仍然是自洽的
146 这个不难想吧，数学上有个什么对称性定理跟他很像的。
147 如果理解不了，就这么想！！
148 当set1和set2合并之后，set2的根节点得到了自己关于set1根节点的
149 正确relation值，变成了set1根节点的儿子，那么
150 set2的所有儿子只要用
151 ( ani[X].relation + ani[Y].relation ) % 3就能得到自己正确的relation值了
152 所以说，针对不在同一集合的两个元素的话，除非违背了（2）和（3），否则永远是真的
153 （无论这句话说的是什么，我们都可以根据所给X,Y推出两个子节点之间应有的关系，这个关系一确定，所有儿子的关系都可以确定）
154 其实所有的不同集合到最后都会被合并成一个集合的。
155 我们只要在一个集合中找那些假话就可以了。
156 首先，如何判断
157 1 X Y是不是假话。//此时 d = 1
158 if ( X 和 Y 不在同一集合)
159 Union(x,y,xroot,yroot,d)
160 else
161 if x.relation != y.relation ->假话
162 其次，如何判断
163 2 X Y是不是假话 //此时d = 2
164 if ( X 和 Y 不在同一集合）
165 Union(x,y,xroot,yroot,d)
166 else
167 (ani[y].relation + 3 - ani[x].relation ) % 3 != 1 ->假话
168 这个公式是这么来的：
169 3 - ani[x].relation得到了根节点关于x的relation
170 ani[y] + 3 - ani[x].relation得到了y关于x的relation
171 所以，只要y关于x的relation不是1，就是y不被x吃的话，这句话肯定是假话！
172
173 (2)路径压缩要特别注意的一点（错在这里，要检讨自己）
174 路径压缩的时候，记得要
175 先findParent，再给当前节点的relation赋值。
176 否则有可能因为当前节点的父节点的relation不正确而导致错的稀里哗啦。
177 例子：
178 set1 = {1,2,7,10}
179 set2 = {3,4,8,11}
180 set3 = {12,5,14,9}
181 Union(1,3,1,3,1)
182 Union(3,12,3,12,2)
183 1 5 1
184 算5的relation
185 如果不先更新parent的relation，算出来应该是
186 ( 3 - 0 + 0 + 1 ) % 3 = 1，5被1吃，显然不对
187 这里面，+ 0的那个0是指根节点 12 的relation（未更新，这里的0是指12与11的relation）
188 如果更新完了的话，应该是
189 ( 3 - 0 + 2 + 1 ) % 3 = 0 ,5与1是同一物种，对了
190 这里面的 2 是更新节点12的relation（12与1的relation）
191 后记：
192 关于这道题，我在网上搜索了许多解题报告，但是都闪烁其词，大概大家都不想
193 把自己辛辛苦苦推出来的公式写到网上供别人学习来节省时间吧。
194 我觉得这么做不好，对初学者容易产生不良影响，ACM如果只是一个小众化的圈子，那
195 岂不是太没意思了。
196 于是我就把我自己总结的这道题的经验放了出来，希望可以帮得到大家
197 自己总结的，对错也不知道，但是起码是“自洽”的，^ ^
198 感谢那篇博文的博主，也感谢gzm,lqy两位学长的指导。
199 c0de4fun
200 */
201 using namespace std;
202 const int c0de4fun = 50010;//动物个数的最大值
203 ///指明父节点与自己的关系，0同类，1被吃，2吃父
204 const int SAME = 0;
205 const int ENEMY = 1;
206 const int FOOD = 2;
207 struct Animal
208 {
209 int parent;
210 int num;
211 int relation;
212 };
213 Animal ani[c0de4fun];
214 long ans;
215 int findParent(Animal* node)
216 {
217 ///Wrong Answer 因为这个函数写错了
218 ///这个函数得是“自洽的”
219 ///就是说，得保证每个元素的父亲的relation是对的
220 ///再算自己的relation
221 ///因为自己的relation和父亲的relation有关
222 ///这就是为什么要先findParent再relation更新的原因
223 int tmp;
224 if( node->parent == node->num )
225 return node->parent;
226 tmp = node->parent;
227 #ifdef DBG
228 printf("Animal %d s Parent is %d\n",node->num,node->parent);
229 #endif
230 // node->relation = ( ani[node->parent].relation + node->relation ) % 3;
231 node->parent = findParent(&ani[node->parent]);
232 node->relation = ( ani[tmp].relation + node->relation ) % 3;
233 return node->parent;
234 }
235 void Union(int x,int y,int a,int b,int d)
236 {
237 ani[b].parent = a;
238 ///rootY.parent = rootX.parent;
239 ani[b].relation =( (3 - ani[y].relation) + (d - 1) + ani[x].relation) % 3;
240 }
241
242 void init_Animal(int n)
243 {
244 for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
245 {
246 ani[i].num = i;
247 ani[i].parent = i;
248 ani[i].relation = SAME;
249 }
250 }
251 int main(int argc,char* argv[])
252 {
253 int N,K;
254 int d,X,Y;
255 #ifdef INPUT
256 freopen("b:\\acm\\poj1182\\input.txt","r",stdin);
257 #endif
258 scanf("%d%d",&N,&K);
259 init_Animal(N);
260 for(int i = 0 ; i < K ; i++)
261 {
262 scanf("%d%d%d",&d,&X,&Y);
263 if( X > N || Y > N)
264 ans++;
265 else
266 {
267 if(d == 2 && X == Y)
268 ans++;
269 else
270 {
271 int a = findParent(&ani[X]);
272 int b = findParent(&ani[Y]);
273 if ( a != b )
274 {
275 ///x，y不在同一集合中
276 Union(X,Y,a,b,d);
277 }
278 else
279 {
280 switch(d)
281 {
282 case 1:
283 if(ani[X].relation != ani[Y].relation)
284 ans++;
285 break;
286 case 2:
287 if(((ani[Y].relation + 3 - ani[X].relation) % 3 ) != 1)
288 ans++;
289 break;
290 }
291 }
292 }
293 }
294 }
295 printf("%d\n",ans);
296 return 0;
297 }
