博弈论——洛谷P6560 [SBCOI2020] 时光的流逝

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1.博弈论——洛谷P6560 [SBCOI2020] 时光的流逝2024-05-27

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[SBCOI2020] 时光的流逝

题目背景

时间一分一秒的过着，伴随着雪一同消融在了这个冬天，
或许，要是时光能停留在这一刻，该有多好啊。
......
“这是...我在这个小镇的最后一个冬天了吧。”
“嗯，你可不能这辈子都呆在这个小镇吧。外面的世界很大呢，很大很大...”
“唔...外面的世界...突然有点期待呢！”
“总有一天，你会走得很远很远。以后你可不要忘记这个小镇那。”
“不会的，至少...这里曾经是我最快乐的一段回忆呢！你也一定不要忘记我呀。”
“你看，这雪花。传说，每当世界上有一份思念，便会化成一片雪花在这里飘落。”
“那...以后你可一定要找到我的那片雪花啊......”

“嗯，不如我们一起在这个冬天创造最后一段回忆吧。”
“好呀，我们玩个游戏吧......”

题目描述

这个游戏是在一个有向图（不保证无环）上进行的。每轮游戏开始前，她们先在图上选定一个起点和一个终点，并在起点处放上一枚棋子。

然后两人轮流移动棋子，每次可以将棋子按照有向图的方向移动至相邻的点。

如果谁先将棋子移动至终点，那么谁就胜利了。同样，如果谁无法移动了，那么谁就失败了。

两人轮流操作，请问，他们是否有必胜策略呢？

答案为一个整数 0 或 1 或 -1，其中 1 表示（先手）有必胜策略，-1 表示后手有必胜策略，0 表示两人均无必胜策略。

输入格式

第$\text{1}$行有三个整数 $n,m,q$ ，表示图上有 $n$ 个点， $m$ 条边，一共进行 $q$ 轮游戏。
接下来 $m$ 行，每行输入两个数 $u_i,v_i$ ，表示 $u_i$ 到 $v_i$ 有一条边。
接下来 $q$ 行，每行两个数 $x,y$ ，表示每轮操作的起点和终点。数据保证起点，终点不同

输出格式

对于每轮游戏，仅输出一个整数 0 或 1 或 -1，其中 1 表示先手有必胜策略，-1 表示后手有必胜策略，0 表示两人均无必胜策略。

样例 #1

样例输入 #1

7 7 1
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
7 5
6 7
1 5

样例输出 #1

1

样例 #2

样例输入 #2

5 5 2
1 2
2 3
3 1
3 4
4 5
1 5
4 3

样例输出 #2

0
1

提示

样例解释 $\text{\#1}$

为描述题意，假设两人为 A（先手）和 B

如图，A 先走，走到 $2$，B 走到 $3$，接下去 A 可以选择走到 $4$ 或 $6$，若走到 $4$，接下去 B 可以走到终点，故不可取。若选择走到 $6$，那么 B 只能走到 $7$，A 可以走到终点。所以 A 有必胜策略。

样例解释 $\text{\#2}$

如图，起点为 $1$，终点为 $5$ 时， A 和 B 会沿着 $1-2-3-1$ 的顺序轮流走。因为如果谁先走到 $4$，那么下一个人就可以走到终点。故谁都没有必胜策略。

起点为 $4$，终点为 $3$ 时，A 先走到 $5$，B 无路可走，故 B 失败。

数据范围

对于 $10\mathrm{\%}$ 的数据，保证图是一条链。

对于 $50\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^3$，$1\le m\le 2\times {10}^3$，$1\le q\le 10$。

对于 $70\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^5$，$1\le m\le 2\times {10}^5$，$1\le q\le 10$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^5$，$1\le m\le 5\times {10}^5$，$1\le q\le 500$。

思路

首先考虑输出是 $0$ 的情况，对于当前的人必输，所以控制对方呆在循环之中，此时的答案是 $0$，起点如果在距离终点 $1$ 的位置那么先手必胜，所以假设终点处是必败(不存在起点等于终点的情况)，$st[ed]$ 为 $-1$，如果有人无法移动，那么这个人输，在有向图上无法移动，也就是出度为 $0$，那么先将出度为 $0$ 的点和终点存入队列，跑拓扑排序，如果上一个节点是必败，那么这个点无论是不是在环内，一定是必胜是状态，如果上一个点是必胜的状态，这个点不在环内的话就是必输状态，但如果这个点在环内，那么他的状态就不能现在确定，要通过其他的点来判断或者 $st[x]=0$。至此，所有点的状态都确定了，直接输出就行，代码如下。
`

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m, q;
vector<int> g[N];
int ru[N];
int st[N], now[N];

void solve()
{
   cin >> n >> m >> q;
   while (m --)
   {
      int a, b;
      cin >> a >> b;
      g[b].push_back(a);
      ru[a] ++;
   }
   while (q --)
   {
      int be, ed;
      cin >> be >> ed;
      queue<int> qu;
      for (int i = 1; i <= n; i ++)
      {
         now[i] = ru[i];
         if (!now[i] || i == ed) 
         {
            st[i] = -1;
            qu.push(i);
         }
         else st[i] = 0;
      }
      while (qu.size())
      {
         int it = qu.front();
         qu.pop();
         for (auto x : g[it])
         {
            if (!st[x])
            {
               now[x] --;
               if (st[it] == -1)
               {
                  st[x] = 1;
                  qu.push(x);
               }
               else if (!now[x])
               {
                  st[x] = -1;
                  qu.push(x);
               }
            }
         }
      }
      cout << st[be] << "\n";
   }
}

signed main()
{
   ios::sync_with_stdio(false);
   cin.tie(nullptr);
   cout.tie(nullptr);

   solve();
}

`