Codeforces 1498E Two Houses 题解 —— 如何用结论吊打标算

$\mathcal{Translate}$

有一个 $n$ 个点的竞赛图，其中 $i$ 的入度为 $k_i$，你可以进行交互，每次询问点对 $(A,B)$，回答是否存在 $A$ 到 $B$ 的路径，如果回答为 "Yes" 则不能再询问，否则可以继续询问。

求出一个点对 $(A,B)$ ，其中 $A,B$ 可以互相到达，并且 $|k_A-k_B|$ 最大。

$3\leq n\leq 500$。

$\mathcal{Solution}$

提供一个 $\mathcal{O}(n)$ 且不需要询问的做法。

简单来说是：按照入度从小到大排序，如果到前 $i$ 个的入度和恰好为 $i\times(i-1)/2$，则出现了一个新的强连通分量，假设上一次符合条件的是 $lst$，则 $[lst+1,i]$ 构成了一个新的强连通分量。

这样遍历一遍就可以求出每个强连通分量里有哪些点，就能统计出答案了。

排序选择计数排序，时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

$\mathcal{Code}$

//Code by do_while_true
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pp std::pair<int,int>
#define mp std::make_pair
#define fir first
#define sec second
template <typename T>
T& read(T& r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = r * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
const int N = 510;
int n, mx = -1, lst, sum, ansu, ansv, ct;
std::vector<int>vec[N];
pp a[N];
signed main() {
	read(n);
	for(int i = 1, x; i <= n; ++i) {
		read(x);
		vec[x].push_back(i);
	}
	for(int i = 0; i <= n; ++i)
		for(auto j : vec[i])
			a[++ct] = mp(i, j);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		sum += a[i].fir;
		if(sum == i * (i-1) / 2) {
			if(lst != i-1) {
				int now = a[i].fir - a[lst+1].fir;
				if(now > mx)
					mx = now,
					ansu = a[lst+1].sec,
					ansv = a[i].sec;
			}
			lst = i;
		}
	}
	printf("! %d %d\n", ansu, ansv);
	return 0;
}

$\mathcal{Proof}$

竞赛图有个经典结论，其强连通缩点后的DAG呈类似于链状, 前面的所有点向后面的所有点连边。网上能搜到很多证明，这里就不重复论述了。

可以发现，拓扑序在前的SCC的任意一节点的入度严格小于拓扑序在后的SCC的任意一节点入度。因为前面的SCC的点必定向后面的SCC的点连边。

所以所有节点按照入度和从小到大排序后，同一个SCC的节点一定是连续的。

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引理一：若一个竞赛图按照入度从小到大排序，仅有 $i=n$ 满足前 $i$ 的入度和为 $i\times (i-1)/2$，则这个竞赛图缩点后只有一个SCC。

原因很简单，如果有多个SCC，那么第一个SCC若以 $j$ 结尾，一定满足入度和为 $j\times(j-1)/2$，与仅有 $i=n$ 时满足不符。

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$\mathcal{Solution}$ 中的结论的必要性比较显然，在此不多赘述。

考虑 $Solution$ 中提到的步骤，由引理一得，若第一个满足条件的为 $i$ ，则前 $i$ 个节点在同一个SCC，因为前 $i$ 个节点之间互相只有 $i\times(i-1)/2$ 条边，而入度也正好统计到了这么多边，所以可以看成引理一的情况。

现在已经求出第一个SCC了，如果我们找到的第二个满足条件的点在 $j$ 。

由于满足必要性，所以此时考虑前 $j$ 个节点时，要不然是两个 SCC，要不然后面的组成不了SCC。

设第一个SCC为集合 $L$，其大小为 $l$。后面的点组成的集合为 $R$，其大小为 $r$。

只考虑 $L$，则他们的入度和为 $\sum\limits_{k=0}^{l-1}k=l\times(l-1)/2$，由于图为竞赛图，所以 $L$ 中的每个点一定都与 $R$ 中每个点相连，且这些有向边一定是朝向 $R$ 中的点，这一部分的入度和为 $l\times r=\sum\limits_{k=l}^{j-1}l$。

总的入度和为 $j\times(j-1)/2=\sum\limits_{k=0}^{j-1}k$，发现这个求和与前面两个求和的差值恰好为 $\sum\limits_{k=l}^{j-1}k-l=\sum\limits_{k=0}^{r-1}k$。

也就是说，$R$ 内部的点的入度和为 $\sum\limits_{k=0}^{r-1}k=r\times(r-1)/2$，由引理一可得 $R$ 可组成一个SCC。

这是两个的情况，注意到对于 $L$ 来说，仅使用到了 $L$ 内部的入度和为 $l\times(l-1)/2$ ，以及 $L$ 中的每个点一定都与 $R$ 中每个点相连，将 $L$ 扩展为前 $k$ 个SCC的点组成的集合同样满足这两条性质。

结论的充分性得证。

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本文即使略去一些繁琐的，不必要的推导，仍显得篇幅略长。如有质疑或建议欢迎提出。