CF538H Summer Dichotomy
CF538H Summer Dichotomy
题目大意
有 \(T\) 位学生报名了夏令营，主办方将从中选出至少 \(t\) 名学生参加，并将选出的人分为两组（允许某一组人数为空）。
有 \(n\) 位教师。每位教师会被分到其中一个组（允许某一组没有老师）。第 \(i\) 位教师要求他所在的组人数 \(\in[l_i, r_i]\)。
此外，有 \(m\) 对教师不能在同一组中。
你需要判断能否满足所有要求，如果可以，请给出一种方案。一种方案包含：两个组中学生的人数 \(n_1, n_2\)，以及每位教师分别属于哪一组。
数据范围：\(1 \leq t\leq T\leq 10^9\)，\(1\leq n\leq 10^5\)，\(0\leq m\leq 10^5\)，\(0\leq l_i\leq r_i\leq 10^9\)。
解法一
若一对教师不能在同一组中，则在它们之间连一条无向边。这样得到一张 \(n\) 个点、\(m\) 条边的无向图。如果这张图不是二分图，那么显然无解。否则设联通块数为 \(k\)。考虑每个连通块，它要么是一个孤点，要么被分为了左右两部分。对每个孤点，我们新建一个“万能教师”，它可以接受的人数是 \([0, \infty]\)，令这个孤点和万能教师连边，这样最终孤点被分在哪个组，万能教师就会到另一个组，并不影响结果。现在，图中每个连通块都可以被分为左、右两侧，同侧的教师必须被分到同一组（但具体是哪一组还不确定，也就是说有 \(2^{k}\) 种分组的可能）。对每侧求出交集，记为 \([a_i, b_i]\)，\([c_i, d_i]\)（\(i\) 是连通块的编号）。问题转化为求，是否存在一对 \((n_1, n_2)\)，满足 \(t\leq n_1 + n_2\leq T\)，且：
将 \((n_1, n_2)\) 看做二维坐标系里的一个点。定义 \(\mathrm{Rect}(x_1, x_2, y_1, y_2)\) 表示 \(x\in[x_1, x_2], y\in[y_1, y_2]\) 的点 \((x, y)\) 构成的矩形。定义一个“双矩形”图案，是指两个矩形的并。那么问题就是求 \(k\) 个双矩形的交，即：
看这个区域里是否存在点 \((x, y)\)，满足 \(t\leq x + y\leq T\)。
给二维平面里每个点设置一个点权，初始时所有点点权都是 \(0\)。然后令每个双矩形覆盖到的区域里，点权 \(+1\)。那么我们要求的就是点权为 \(k\) 的区域。具体来说，对于一个双矩形，如果它的两个矩形交为空，那么直接当成两个矩形分别做二维区域加；否则把它拆成三个矩形，对两个矩形做二维区域 \(+1\)，对它们的交集（也是一个矩形）做二维区域 \(-1\)。问题进一步转化为，有 \(\mathcal{O}(n)\) 个矩形，每个矩形有一个权值（\(+1\) 或 \(-1\)），求出权值和等于 \(k\) 的区域。用扫描线扫描这些矩形，用线段树支持区间加、区间最大值查询即可。
如果找到了一个区域权值等于 \(k\)，我们要判断其中是否有点满足学生人数的限制。具体来说，设区域为 \(\mathrm{Rect}(x_1, x_2, y_1, y_2)\)，那么要判断是否存在点 \((x, y)\)，满足 \(x\in[x_1, x_2], y\in[y_1, y_2]\)，且 \(t\leq x + y\leq T\)。区域里 \(x + y\) 最小的点是 \(x_1 +y_1\)，最大的点是 \(x_2 + y_2\)，这中间的整数显然都能取到，所以直接判断 \([x_1 + y_1, x_2 + y_2]\) 与 \([t, T]\) 是否有交即可（可以 \(\mathcal{O}(1)\) 判断）。若有交，相当于已经求出了答案。
但在扫描时，如果对同一段 \(x\)（我们按 \(x\) 从左往右扫），有多个不连通的矩形区域权值都等于 \(k\)，我们每个都要判断一下，时间复杂度可能就不对了。其实这种情况不会出现。因为我们的 \(k\) 个双矩形，都是关于直线 \(x = y\) 对称的，所以任意一个 \(x\) 坐标对应的竖线，它和某个双矩形的交，要么是空，要么是一条线段，也就是 \(y\) 坐标上连续的一段。所以每个 \(x\) 不可能带来多段权值等于 \(k\) 的区域。
至此我们在 \(\mathcal{O}(m + n\log n)\) 的时间复杂度内解决了本题。
解法二
考虑如果确定了 \(n_1, n_2\)，那么问题转化为，有些教师只能放进 \(n_1\) 这组，有些教师只能放进 \(n_2\) 这组，有些教师两组都可以。要求分配这些教师，使得满足 \(m\) 对限制。跑一个二分图染色，就能判断是否有解了。
设 \(L = \max\{l_i\}\)，\(R = \min\{r_i\}\)。
有结论：如果忽略 \(t, T\) 的要求，那么令 \(n_1 = R, n_2 = L\)，是最有可能有解（满足所有 \(m\) 对限制）的。
证明，考虑三种情况：
- 若存在三段区间两两交为空，必定无解。
- 否则考虑右端点最小的区间和左端点最大的区间。如果这两个区间有交，即 \(L\leq R\)，那么意味着所有区间的交就是 \([L, R]\)。令 \(n_1 = R, n_2 = L\) 时，所有教师都是“两组都能去”的，显然最有可能有解。
- 若 \(L > R\)。不妨设 \(n_1 \leq n_2\)，那么必须要有：\(n_1\leq R\)，\(n_2\geq L\)（否则有教师两组都去不了）。发现当 \(n_1\) 变小，能放进 \(n_1\) 这组的教师只会越来越少，所以 \(n_1\) 越大越好。同理，\(n_2\) 越小越好。所以令 \(n_1 = R, n_2 = L\) 是最有可能有解的。
下面加上 \(t, T\) 的要求。
- 如果 \(t\leq n_1 + n_2 \leq T\)，什么都不用变。
- 如果 \(n_1 + n_2 < t\)，那么 \(n_1 + n_2\) 要变大。根据前面的分析，只有 \(n_2\) 可以变大，且 \(n_2\) 是越小越好，所以令 \(n_2\gets t - n_1\) 即可。
- 如果 \(n_1 + n_2 > T\)，那么 \(n_1 + n_2\) 要变小。根据前面的分析，只有 \(n_1\) 可以变小，且 \(n_1\) 是越大越好，所以令 \(n_1 \gets T - n_2\) 即可。
现在确定了 \(n_1, n_2\)。像前面说的一样，跑一遍二分图染色即可。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n + m)\)。
