洛谷P3513 [POI2011]KON-Conspiracy
洛谷P3513 [POI2011]KON-Conspiracy
题目描述
Byteotia的领土被占领了，国王Byteasar正在打算组织秘密抵抗运动。
国王需要选一些人来进行这场运动，而这些人被分为两部分：一部分成为同谋者活动在被占领区域，另一部分是后勤组织在未被占领的领土上运转。
但是这里出现了一个问题：
1、后勤组织里的任意两人都必须是熟人，以促进合作和提高工作效率。
2、同谋者的团体中任意两人都不能是熟人。
3、每一部分都至少要有一个人。国王想知道有多少种分配方案满足以上条件，当然也有可能不存在合理方案。
现在国王将这个问题交由你来解决！
分析
如果没有输出方案数，那么这一道题就是一个裸的\(2-SAT\)问题
我们将一个点拆成两个点
其中编号为\(1-n\)的代表后勤，编号为\(n+1-2n\)的代表同谋
如果\(i\)和\(j\)是熟人，那么我们从\(i+n\)到\(j\)建一条边
如果\(i\)和\(j\)不是熟人，那么我们从\(i\)到\(j+n\)建一条边
我们按照正常的流程跑一个\(Tarjan\)就可以了
方案数为\(0\)的情况比较好求，即出现\(shuyu[i]=shuyu[i+n]\)的情况
对于有解的情况，我们要分类讨论
首先我们将所有的点分成两个集合，一个集合为后勤，另一个集合为同谋
对于后勤中的某个点，如果他和同谋中的某个点是熟人，那么我们就不能将该点加入同谋的集合
同样地，对于同谋中的某个点，如果他和后勤中的某个点不是熟人，那么我们就不能将该点加入后勤的集合
我们将这样的点称为冲突点
我们对于每一个点，都找出它的所有冲突点
一个显然的结论是，我们不能从一个集合移动两个点到达另一个集合
这样必定会产生冲突
因为如果我们将后勤集合中的两个点扔到同谋集合，那么同谋集合会出现熟人，反之亦然
因此，我们每次最多只能改变一个点的位置
因此，对于冲突点的数量大于\(2\)的节点，我们不去考虑它
如果某一个节点的冲突点的数量为\(1\),那么我们可以把该节点的冲突点拿到当前节所在的集合
前提是该节点的冲突点的冲突点的数量为\(0\)
如果节点的冲突点的数量为\(0\)，那么我们可以将其扔到另一个集合中
同时，如果处在不同集合的两个点的冲突数量都为\(0\)，我们可以将这两个点交换，我们用乘法原理解决即可
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5,maxm=5e3+5,maxk=3e7+5;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct asd{
int to,next;
}b[maxk];
int head[maxn],tot=1;
void ad(int aa,int bb){
b[tot].to=bb;
b[tot].next=head[aa];
head[aa]=tot++;
}
int dfn[maxn],low[maxn],dfnc,sta[maxn],top,shuyu[maxn],js;
bool vis[maxm][maxm];
void tar(int xx){
dfn[xx]=low[xx]=++dfnc;
sta[++top]=xx;
for(int i=head[xx];i!=-1;i=b[i].next){
int u=b[i].to;
if(!dfn[u]){
tar(u);
low[xx]=min(low[xx],low[u]);
} else if(!shuyu[u]){
low[xx]=min(low[xx],dfn[u]);
}
}
if(low[xx]==dfn[xx]){
js++;
while(1){
int y=sta[top--];
shuyu[y]=js;
if(y==xx) break;
}
}
}
int hq[maxn],tm[maxn],jlhq,jltm,ctd[maxn],mat[maxn];
bool istm[maxn];
int main(){
memset(head,-1,sizeof(head));
int n;
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
int t;
t=read();
for(int j=1;j<=t;j++){
int aa;
aa=read();
vis[i][aa]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
if(vis[i][j]) ad(i+n,j);
else ad(i,j+n);
}
}
for(int i=1;i<=n*2;i++){
if(!dfn[i]) tar(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(shuyu[i]==shuyu[i+n]){
printf("0\n");
exit(0);
} else if(shuyu[i]<shuyu[n+i]){
hq[++jlhq]=i;
} else {
tm[++jltm]=i;
istm[i]=1;
}
}
int ans=(jlhq&&jltm),tmp1=0,tmp2=0;
for(int i=1;i<=jlhq;i++){
for(int j=1;j<=jltm;j++){
if(vis[hq[i]][tm[j]]){
++ctd[hq[i]];
mat[hq[i]]=tm[j];
}
}
}
for(int i=1;i<=jltm;i++){
for(int j=1;j<=jlhq;j++){
if(!vis[tm[i]][hq[j]]){
++ctd[tm[i]];
mat[tm[i]]=hq[j];
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ctd[i]==1){
if(ctd[mat[i]]==0) ans++;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ctd[i]==0){
if((istm[i] && jltm>1) || (!istm[i] && jlhq>1)) ans++;
if(istm[i]) tmp1++;
else tmp2++;
}
}
printf("%d\n",ans+tmp1*tmp2);
return 0;
}
