[省选联考2023] 填数游戏

[省选联考 2023] 填数游戏

题目描述

众所周知，Alice 和 Bob 是一对好朋友。今天，他们约好一起玩游戏。

一开始，他们各自有一张空白的纸条。接下来，他们会在纸条上依次写 \(n\) 个 \([1,m]\) 范围内的正整数。等 Alice 写完，Bob 在看到 Alice 写的纸条之后开始写他的纸条。

Alice 需要保证她写下的第 \(i\) 个数在集合 \(S_{i}\) 中，Bob 需要保证他写下的第 \(i\) 个数在集合 \(T_{i}\) 中。题目保证 \(1 \leq\left|S_{i}\right|,\left|T_{i}\right| \leq 2\) 。

Alice 喜欢相同，因此，她希望她写下的数与 Bob 写下的数对应位置相同的个数尽量多。Bob 喜欢不同，因此，他希望他写下的 \(n\) 个数 \(b_{1}, \cdots, b_{n}\) 互不相同。在此基础上，Bob 希望他写下的数与 Alice 写下的数对应位置相同的个数尽量少。

即设 Alice 写下的数为 \(a_{1}, \cdots, a_{n}\)，Bob 写下的数为 \(b_{1}, \cdots, b_{n}\)，记 \(X\) 为满足 \(1 \leq i \leq n, a_{i}=b_{i}\) 的下标 \(i\) 的个数，则

• Alice 希望最大化 \(X,\)
• Bob 在保证 \(b_{1}, \cdots, b_{n}\) 互不相同的前提下希望最小化 \(X\)。

你首先想知道 Bob 能否保证他写下的 \(n\) 个数互不相同。如果 Bob 能够做到，你想知道在双方均采取最优策略的前提下 \(X\) 的值会是多少。

输入格式

本题有多组测试数据。

输入的第一行包含一个正整数 \(T\)，表示测试数据组数。

接下来包含 \(T\) 组数据，每组数据的格式如下：

第一行包含两个正整数 \(n,m\)，表示纸条上需要写的数的个数和数的值域。

接下来 \(n\) 行，每行输入的第一个整数为 \(\left|S_{i}\right|\) 表示集合 \(S_{i}\) 的元素个数，接下来输入 \(\left|S_{i}\right|\) 个正整数描述 \(S_{i}\) 中的元素。

接下来 \(n\) 行，每行输入的第一个整数为 \(\left|T_{i}\right|\) 表示集合 \(T_{i}\) 的元素个数，接下来输入 \(\left|T_{i}\right|\) 个正整数描述 \(T_{i}\) 中的元素。

输出格式

对于每组测试数据输出一行：若 Bob 无法做到他写下的 \(n\) 个数互不相同，输出 -1；否则输出在双方均予取最优策略的前提下 \(X\) 的值。

样例 #1

样例输入 #1

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

样例输出 #1

1

提示

【样例 1 解释】

在这组样例中，\(S_{1}=\{3\}, S_{2}=T_{1}=\{1,2\}, S_{3}=T_{3}=\{3,4\}, T_{2}=\{2,3\}\)。Alice 的填法有 \(4\) 种，列举如下：

第一种：\(a_{1}=3,a_{2}=1,a_{3}=3\)。

第二种：\(a_{1}=3,a_{2}=1,a_{3}=4\)。

第三种：\(a_{1}=3,a_{2}=2,a_{3}=3\)。

第四种：\(a_{1}=3,a_{2}=2,a_{3}=4\)。

由于 Bob 必须保证他所填的数互不相同，所以他有以下填法:

第一种：\(b_{1}=1,b_{2}=2,b_{3}=3\)。

第二种：\(b_{1}=2,b_{3}=3,b_{3}=4\)。

第三种：\(b_{1}=1,b_{2}=2,b_{3}=4\)。

第四种：\(b_{1}=1,b_{2}=3,b_{3}=4\)。

若 Alice 选择第一种填法，则 Bob 为最小化 \(X\)，选择第二种填法，得到 \(X=0\)。

若 Alice 选择第二种填法，则 Bob 为最小化 \(X\)，选择第一种填法，得到 \(X=0\)。

若 Alice 选择第三种填法，则 Bob 为最小化 \(X\)，选择第一种填法，得到 \(X=0\)。

若 Alice 选择第四种填法，则 Bob 无论选择哪种填法，\(X\) 均不小于 \(1\)。

因此，Alice 为最大化 \(X\) 的值，她会选择第四种填法。

\(\sum n,\sum m\le 1.5\times 10^6,\sum n,\sum m\le 10^6\)

【提示】

本题部分测试点读入规模较大，我们建议你采取效率较高的读入方式。

二元的关系，考虑连边。

对 T 的两个数连边，然后如果存在某一个连通块，边数大于点数，那么一定无解。所以每个连通块要不是基环树，要不是树。

先看基环树。基环树的话只有两种方案，也就是环的部分有两种方向，树的部分只能全部选儿子那里。那么 Alice 怎么选才能使 Bob 选的重复更多呢？分讨一下，对于树上的点，Bob 选的方式固定，看 Alice 能不能和他选一样的就行了。对于环上的点，可以贪心一下。给他顶个顺序后，列一下数学式子就可以了。把 某个方向跑出来的链设为 \(p_1,p_2\cdots p_k\)，设有 \(x\) 个 \(p_{i-1}\in S_i\)，\(y\) 个 \(p_i\in S_i\)，\(z\) 个 \(p_i,P_{i-1}\in S_i\)（当然，\(x\) 和 \(y\) 统计的不包括 \(z\)，设 \(x<y\)）。那么尽量用 \(z\) 去填 \(x\) 的空，剩下的尽量评分。也就是 \(y(x+z\le y\) 时),\(\lfloor \frac {z-x+y}2\rfloor\)（ \(x+z>y\) 时）

然后看树，如果一棵树有 \(n\) 个点，那么他有 \(n\) 种填法，设第 \(i\) 种为以 \(i\) 为根，然后往儿子那里选。

考虑通过从 \(|S|\) 中取选择 Alice 选哪个，去贡献每个根的会重复的位置数量。现在转化成了这样一个问题：对于某些边，可以选择给这个边的两边子树所有点+1，求最后所有点最小值的最大值。

首先一个结论：选择方案中，所有的选择一定存在一个共同点。这是因为，如果某两个边选择的方案没有共同点，那么把他们两个方案取反一定不劣于之前的方案。

考虑枚举这个共同点，那么所有边的选择方案就固定了，暴力求答案即可。我们就有了一种 \(O(n^2)\) 的方法。

考虑换根这个共同点，然后维护最小值。换根过程中容易求出方案选择的变动，然后维护子树外的最小值，预处理出子树内的最小和次小值，如果往最小的方向走，那么子树外最小值与目前子树内次小值取min，否则直接与子树内最小值取 min就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,INF=2e9;
int TME,n,m,a[N][2],s[N],fa[N],sz[N],bz[N],v[N],in[N],st[N],tp,q[N],c1,c2,c3,us[N],ans,hd[N],e_num,r,ret,l,mn[N],tg,p[N],T;
struct edge{
	int v,nxt,w;
}e[N<<1];
int find(int x)
{
	if(fa[x]==x)
		return x;
	return fa[x]=find(fa[x]);
}
void add_edge(int u,int v,int w)
{
	e[++e_num]=(edge){v,hd[u],w};
	hd[u]=e_num;
	e[++e_num]=(edge){u,hd[v],w};
	hd[v]=e_num;
	if(find(u)^find(v))
		sz[find(v)]+=sz[find(u)],bz[find(v)]+=bz[find(u)],fa[find(u)]=find(v);
	bz[find(u)]++;
}
void sou(int x)
{
	if(v[x])
		return;
	st[++tp]=x;
	v[x]=1;
	for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		in[e[i].v]++;
		sou(e[i].v);
	}
}
int ok(int x,int y)
{
	return a[x][0]==y||s[x]==2&&a[x][1]==y;
}
void suo(int x)
{
	for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(!us[e[i].w])
		{
			int w=e[i].w,v=e[i].v;
			us[e[i].w]=1;
			if(ok(w,v)&&ok(w,x))
			{
				c3++;
				if(v==x)
					++ret,--c3;
			}
			else if(ok(w,x))
				c1++;
			else if(ok(w,v))
				c2++;
			suo(v);
		}
	}
}
int solve1(int x)
{

	tp=ret=c1=c2=c3=r=0,l=1;
	sou(x);
	for(int i=1;i<=tp;i++)
		if(in[st[i]]==1)
			q[++r]=st[i];
	while(l<=r)
	{
		for(int i=hd[q[l]];i;i=e[i].nxt)
		{
			in[e[i].v]--;
			if(!us[e[i].w])
			{
				us[e[i].w]=1;
				if(ok(e[i].w,q[l]))
					++ret;
			}
			if(in[e[i].v]==1)
				q[++r]=e[i].v;
		}
		++l;
	}
	for(int i=1;i<=tp;i++)
		if(in[st[i]]==2)
			suo(st[i]),i=tp;
	if(c1>c2)
		swap(c1,c2) ;
	if(c1+c3<c2)
		return ret+c1+c3;
	return c2+(c3-c2+c1)/2+ret;
}
void yu(int x,int y,int s)
{
	st[++tp]=x;
	p[x]=mn[x]=s;
	for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].v==y)
			continue;
		if(ok(e[i].w,e[i].v))
			yu(e[i].v,x,s-1),++tg;
		else if(ok(e[i].w,x))
			yu(e[i].v,x,s+1);
		else
			yu(e[i].v,x,s);
		mn[x]=min(mn[x],mn[e[i].v]);
	}
}
void dfs(int x,int y,int s,int c)
{
	int mn=INF,cmn=INF;
	for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].v^y)
		{
			if(::mn[e[i].v]<mn)
				cmn=mn,mn=::mn[e[i].v];
			else if(::mn[e[i].v]<cmn)
				cmn=::mn[e[i].v];
		}
	}
	mn=min(mn,p[x]+tg);
	cmn=min(cmn,p[x]+tg);
	ret=max(ret,min(c+::mn[x],s));
	for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].v==y)
			continue;
		int ts,tc=c;
		if(::mn[e[i].v]==mn)
			ts=min(s,cmn+c);
		else
			ts=min(s,mn+c);
		if(ok(e[i].w,e[i].v)&&ok(e[i].w,x))
			--ts,++tc;
		dfs(e[i].v,x,ts,tc);
	}
}
int solve2(int x)
{
	tg=ret=tp=0;
	yu(x,0,0);
	for(int i=1;i<=tp;i++)
		mn[st[i]]+=tg;
	dfs(x,0,INF,0);
	return ret;
}
int main()
{
	scanf("%d",&TME);
	for(T=1;T<=TME;T++)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=m;i++)
			hd[i]=0,fa[i]=i,sz[i]=1,bz[i]=v[i]=in[i]=0,mn[i]=INF;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			us[i]=0;
		e_num=ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",s+i);
			for(int j=0;j<s[i];j++)
				scanf("%d",a[i]+j);
		}
		for(int i=1,x,y,s;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&s);
			if(s==1)
			{
				scanf("%d",&x);
				add_edge(x,x,i);
			}
			else
			{
				scanf("%d%d",&x,&y);
				add_edge(x,y,i);
			}
		}
		int fl=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			if(fa[i]^i)
				continue;
			if(bz[i]>sz[i])
				fl=1,i=m;
			else if(bz[i]==sz[i])
				ans+=solve1(i);
			else
				ans+=solve2(i);
		}
		printf(fl? "-1\n":"%d\n",ans);
	}
}