这，就是数据结构优化建图 ！- 洛谷 P6965 Binary Code 解题报告
原题链接：P6965 [NEERC2016] Binary Code
笔者做的第 6 道黑题。
与其说是做，不如说是贺。因为笔者不仅几乎没有接触过数据结构优化建边，也完全不知道这道题应该如何实现，所以完全借鉴了 Alex_Wei 老师的题解。本篇博客，其实是在做完之后重新梳理一下思路，细化一下建边的思考与实现过程。
数据结构优化建图
首先，什么是数据结构优化建图，就是法如其名。我们可以利用一些数据结构的好的性质来简化建图的操作，让边数更少，或建边更快。
比如，考虑 线段树 善于 维护区间 的性质，我们可以使用他优化 向区间建边 的操作，比如 P5471 [NOI2019] 弹跳。感觉貌似这种数据结构优化建图的很多都是一个内向树、一个外向树，管辖 最短路的起点和终点 / 字符串的前缀和当前是另一字符串的前缀，这应该也是一种套路吧。
还有另一种套路，就是 前缀优化建边。这真的很抽象，所以大家可以 BDFS 理解，我就不多说了，只在本题涉及到这部分内容的时候针对本题的使用特化解释一下。
巧的是，本题同时运用了这两种套路。所以，妙啊。
本题的建边分析
我们来分析一下这个题的大概流程。
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首先，注意到每个位置只能填 \(0\) 或 \(1\)，考虑使用 2-SAT，这是必然的。
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我们考虑如何建边：枚举第 \(i\) 个位置的选择 \(p_i\)，此时该字符串为 \(s_i\)。若存在另一个位置 \(j\) 的选择 \(p_j\)，使得该字符串为 \(s_j\)，且 \(s_i\) 是 \(s_j\) 的前缀，则 \(p_i\) 和 \(p_j\) 二者只能选其一，在连边上体现为 \(p_i \to \neg p_j,p_j \to \neg p_i\)。
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寻找前缀的过程非常的繁琐，这会增加代码难度和程序运行时间。所以我们考虑使用 01 - trie 来维护前缀。分别构建 内向（根向）/ 外向（叶向） 字典树。对上文中 \(s_i\) 为 \(s_j\) 前缀的情况，我们可以转化为 \(p_i\) 向 \(s_i\) 在字典树中子树代表的所有字符串的选择 \(p_j\) 的 否定 \(\neg p_j\) 连边，使用外向字典树；\(p_j\) 向 \(s_j\) 在字典树中祖先代表的所有字符串的选择 \(p_i\) 的否定 \(\neg p_i\) 连边。
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为防止出现 \(s_i=s_j\)，导致同一位置向同一位置的否定连接导致误判无解，我们在连接 祖先否定 时实际是从对应状态的 父亲 开始，连接 子树否定 时实际是从对应状态的 两个儿子 开始。由于有字典树辅助建边的存在，实际上我们只需要对 父亲 或者 儿子 连边即可，祖先和子树会顺着字典树的边构成关系。
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对于 \(s_i = s_j\) 但对应不同字符串的情况，我们对任意一个 \(p_i\) 向其他选项的否定 \(\neg p_j\) 连边，暴力连太慢了，我们考虑 前后缀优化建图。
连边的具体实现
在上一个部分分析好了流程之后，我们这一部分来真正的实现他。
字典树的构造 insert
插入之前，如果这个字符串有 ? 的话，我们就找到它，替换一下。
std::cin>>n; tot=(n<<1)+2; // 初始化动态开点编号分配起点
for(int i=0;i<n;++i) {
std::cin>>s[i];
qpos[i]=s[i].find('?'); // 找一下问号小姐的位置
if(~qpos[i]) {
s[i][qpos[i]]='0',insert(i<<1,s[i]);
s[i][qpos[i]]='1',insert(i<<1|1,s[i]);
} // 有问号就换两次
else insert(i<<1,s[i]),insert(i<<1|1,s[i]); // 没问号就无所谓
}
字典树也要作为图的一部分并入 2-SAT 跑连通分量算法，所以我们考虑给字典树分配节点编号。
我们给第 \(i\) 个位置选 \(0\) 和选 \(1\) 分配编号 i<<1 和 i<<1|1。字典树的编号则从 \(2n\) 开始。（注意我的写法中字符串下标从 \(0\) 开始，所以字典树编号从 \(2n\) 而非 \(2n+2\) 开始。）
两棵树要同时构建，还要动态开点，所以考虑用 偶数点 构建 外向树，用 奇数点 构建 内向树。动态开点的同时构建树的有向边。
最后，记录当前字符串对应的点 \(ontrie_{id} \gets now\) ，记录这个点对应的字符串的 否定 \(buc_{now} \gets buc_{now} \bigcup \{ id \oplus 1 \}\)，记录当前字符串在这个点对应的所有字符串的集合中的下标 \(pos_{id} \gets |buc|\)。（下标从 \(0\) 开始。）再将当前节点与对应字符串的 否定 连边。这样，\(p_i\) 到这个节点连边时，就相当于 \(p_i\) 向这个节点对应选择的 否定 \(\neg p_j\) 连边了。
inline void insert(int id,const std::string &s) {
int now=n<<1; // 外向树树根，内向树编号通过外向树异或 1 获得
for(auto ch:s) {
bool to=ch-'0';
if(!node[now][to]) add(now,tot),add(tot^1,now^1),fa[node[now][to]=tot]=now,tot+=2; // 动态开点，同时建立有向树边
now=node[now][to];
}
ontrie[id]=now,pos[id]=buc[now].size(),buc[now].push_back(id^1); // 维护字符串对应节点相关信息
add(now,id^1),add(now^1,id^1); // 向对应选项的否定连边
}
接下来对于每个选项，向两棵树连边就好啦。
for(int i=0;i<n<<1;++i) {
int p=ontrie[i]; // 获取选项在子树中的位置
node[p][0]&&(add(i,node[p][0]),0);
node[p][1]&&(add(i,node[p][1]),0); // 向外向树儿子连边
add(i,fa[p]^1); // 异或后变成奇数点，转到内向树
}
前缀优化建边
对于同一个节点对应的不同字符串，我们先 向前、向后 两个方向把他们的 否定 全部连边，这就是传说中的 前后缀优化建图 中为什么称为“前后缀”了。
for(int i=n<<1;i<nowtot;i+=2) {
if(buc[i].empty()) continue;
int size=buc[i].size();
pref[i].resize(size),suff[i].resize(size); // 使用 resize 重新划分内存会比 push_back 快
for(int p=0;p<size;++p) {
if(p) add(tot,tot-1);
add(tot,buc[i][p]),pref[i][p]=tot++;
} // 构造前缀边
for(int p=size-1;~p;--p) {
if(p!=size-1) add(tot,tot-1);
add(tot,buc[i][p]),suff[i][p]=tot++;
} // 构造后缀边
}
接下来，每一个选项对所有其他选项的否定连边，直接对它 相邻 的两个选项否定连边即可，其他选项的关系 靠前后缀边传递。
for(int i=0;i<n<<1;++i) {
int q=pos[i]; // 获取当前选项在该节点代表的所有选项的集合中的下标
if(q) add(i,pref[p][q-1]); // 与前缀建立关系
if(q+1<buc[p].size()) add(i,suff[p][q+1]); // 与后缀建立关系
}
接下来，就是一个 相 ~ 当简单的普通 tarjan，平凡的 2-SAT 操作啦 ~
完整代码
// Author: MichaelWong
// Code: C++14(GCC 9)
// Date: 2023/8/11
// File: E.cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ld long double
#define pii std::pair<int,int>
#define fsp(x) std::fixed<<std::setprecision(x)
#define forE(u) for(int p=head[u],v=to[p];p;p=next[p],v=to[p])
const int N=3e6+5,M=1e7+5;
int cnt,head[N],to[M],next[M];
inline void add(int u,int v) { to[++cnt]=v,next[cnt]=head[u],head[u]=cnt; }
int n,tot,node[N][2],fa[N],ontrie[N],pos[N];
std::vector<int> buc[N],pref[N],suff[N];
int dfn[N],low[N],tim,stc[N],top,instc[N],scc,bel[N],qpos[N];
std::string s[N];
inline void insert(int id,const std::string &s) {
int now=n<<1;
for(auto ch:s) {
bool to=ch-'0';
if(!node[now][to]) add(now,tot),add(tot^1,now^1),fa[node[now][to]=tot]=now,tot+=2;
now=node[now][to];
}
ontrie[id]=now,pos[id]=buc[now].size(),buc[now].push_back(id^1);
add(now,id^1),add(now^1,id^1);
}
void tarjan(int u) {
dfn[u]=low[u]=++tim;
stc[++top]=u,instc[u]=1;
forE(u) {
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[u]=std::min(low[u],low[v]);
else if(instc[v]) low[u]=std::min(low[u],dfn[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]) {
++scc;
while(top) {
bel[stc[top]]=scc,instc[stc[top]]=0;
if(u==stc[top--]) break;
}
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr); std::cout.tie(nullptr);
std::cin>>n; tot=(n<<1)+2;
for(int i=0;i<n;++i) {
std::cin>>s[i];
qpos[i]=s[i].find('?');
if(~qpos[i]) {
s[i][qpos[i]]='0',insert(i<<1,s[i]);
s[i][qpos[i]]='1',insert(i<<1|1,s[i]);
}
else insert(i<<1,s[i]),insert(i<<1|1,s[i]);
}
int nowtot=tot;
for(int i=n<<1;i<nowtot;i+=2) {
if(buc[i].empty()) continue;
int size=buc[i].size();
pref[i].resize(size),suff[i].resize(size);
for(int p=0;p<size;++p) {
if(p) add(tot,tot-1);
add(tot,buc[i][p]),pref[i][p]=tot++;
}
for(int p=size-1;~p;--p) {
if(p!=size-1) add(tot,tot-1);
add(tot,buc[i][p]),suff[i][p]=tot++;
}
}
for(int i=0;i<n<<1;++i) {
int p=ontrie[i];
node[p][0]&&(add(i,node[p][0]),0);
node[p][1]&&(add(i,node[p][1]),0);
add(i,fa[p]^1);
int q=pos[i];
if(q) add(i,pref[p][q-1]);
if(q+1<buc[p].size()) add(i,suff[p][q+1]);
}
for(int i=0;i<tot;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i=0;i<n;++i) {
if(bel[i<<1]==bel[i<<1|1]) return std::cout<<"NO\n",0;
if(~qpos[i]) s[i][qpos[i]]=(bel[i<<1]<bel[i<<1|1]?'0':'1');
}
std::cout<<"YES\n";
for(int i=0;i<n;++i) std::cout<<s[i]<<'\n';
return 0;
}
// The code was submitted on Luogu.
// Version: 1.
// If I filled in nothing on the statement,
// it means I'm in a contest and I have no time to do this job.
这个优化建图真的太牛了，不过其实前后缀还有优化的空间，就是注意到同一个点表示的选项，如果 ? 的位置一样，那顶多容纳两个，超过就不合法，所以可以考虑用 std::map 或 std::unordered_map 直接暴力维护一下。据说也是能过的。
学会一个知识点，理解一个黑题，好爽。
脑子前所未有的 生化 升华。
