「NOI2019」I 君的探险
「NOI2019」I 君的探险
Part 20
朴素的 \(n^2\) 暴力。
每次枚举一个点 \(i\)。如果 \(i\) 的所有边都找到了直接跳过它，否则 modify 它一次。然后枚举所有 \(j\)。看看 \(j\) 的状态有没有被改变，改变了就 report。
但是这样第五个点过不去。优化一下，枚举 \(j\) 只要枚举大于 \(i\) 的就好了。这样次数肯定在给定范围内。
Part 44
A,B 两个性质的写法类似。
观察操作次数肉眼看出来需要 $n\log n $ 级别的。
先考虑性质 \(A\) 。只跟一个点有关，我们对于一个点二分一下，将 \([0,mid]\) 全部 modify 一下，然后看看这个点有没有状态变化即可（注意如果这个点和它连接的点都在 \([0,mid]\) 之间的话他的状态也是不会改变的）。复杂度 \(n^2\log n\) 。整体二分优化到 \(n\log n\)。
考虑性质 \(B\)。同样发现在 \([0,i-1]\) 的范围内与 \(i\) 相连的点只有一个。所以也可以二分。和性质 A 的区别就是性质 A 中每个点二分的边界是 \([0,n-1]\)，而性质 B 的边界是 \([0,i-1]\)（边界就是初值）。
实现精细，减少不必要的操作即可获得 \(44\) pts。
Part 68
注意到 A，B，C，D 四个性质都可以归纳到一个性质：无环图。
那么也就是图中肯定会存在度数为 \(1\) 的点，考虑每次找出度数为 \(1\) 的点以及其边。
这是一个类似于拓扑排序的过程，
注意到 modify 实际上是一个异或的操作，所以我们可以采取这么一种策略：
按位进行 modify 操作，枚举第 \(k\) 位，将所有的第 \(k\) 位上为 \(1\) 的点进行一次 modify。
在这种操作下， \(x\) 的状态改变当且仅当跟其相连的点（包括其自己）的编号的异或和在 \(k\) 位为 \(1\)。
通过这种策略我们可以在 \(O(n\log n)\) 的时间内求得每一个点以及与其相连的点的异或和。
消耗的操作数也是 \(O(n\log n)\)。
设 \(S_x\) 表示与 \(x\) 相连（不包括自己）所有点的异或和。
我们对每个点检查 \(S_x\) 与 \(x\) 是否有边（通过两次 modify 和一次 query）
注意到如果 \(x\) 的度为 \(1\)。那么 \(x\) 和 \(S_x\) 之间肯定存在边。否则仅是有可能存在。但是这并不影响，因为我们的目的就是找出度数为 \(1\) 的点，这个方法能保证找出所有度为 \(1\) 的点就足够了。
所以我们整一个队列，初始所有点都在里面，每次取出一个点，然后如果 \(S_x\) 与 \(x\) 有边将 \(S_x\) 和 \(x\) 都塞入队列（因为取出来的点不仅可能是度为 \(1\) 的），并且更新 \(S_x\) 和 \(S_{S_x}\)。
重复上述过程即可。
上述过程实际上就是将度为 \(1\) 的点的边一个个 “断开”，从而产生新的 “度” 为 \(1\) 的点。当然也可能会将一些度不为 \(1\) 的点之间的边断开，但是这并不影响我们的正确性。
注意到总的入队数是 \(O(n+m)\) 的。操作消耗也是 \(O(n+m)\)。
总的复杂度就是 \(O(n\log n+n+m)\)。因为常数问题，操作数的消耗实际上比较大，所以对于性质 A，B 的点实际上是不能通过的。
Part 100
上述算法只能用在无环图中，它相当于是从图中找突破口，但是在有环图中可能根本没有突破口的存在。所以我们必须舍弃这种做法。
还是考虑 Part 44 的做法，注意到这个做法是正确的是因为我们给每个点找到了一个范围，使得范围里只有 \(1\) 个点会对这个点产生影响。
将这个性质放宽，注意到 B 性质的做法是依据 \([0,i-1]\) 范围内只有一个点。也就是向前连了 \(1\) 条边。
我们将其扩展，如果一个点向前连了奇数条边，我们用整体二分，可以找到一条边。
正确性：
假设在 \([l,r]\) 这个范围内有奇数个点，设 \(mid=\lfloor\dfrac{l+r}{2}\rfloor\)。我们检验 \([l,mid]\) 间是不是有奇数个，如果没有则 \([mid+1,r]\) 里一定有奇数个（奇数只能拆成一奇一偶相加）。
在一个排列中，我们称 \(A_i\) 这个点是好的，当且仅当有奇数个 \(A_j,j\in[0,j-1]\) 与 \(A_i\) 有边。
一个自然的想法是找到一个排列有尽可能多的好的点。然后找边，去掉找到的边。重复找排列，删边的过程。（删边的意思是去除这条边的影响）。
看起来好像很难。但是我们还有最后的策略：随机化。
一个结论：当图中不存在孤立点是，随意一个排列后，期望下，这个排列有至少 \(\dfrac{n}{3}\) 个点是好的。
但是我不会证。搬个别人的说法：
根据期望的线性，考虑每个点的贡献，对一个度数为 \(k\) 的点，有 \(\dfrac{\lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor}{2}\) 的概率是好的，当 \(k=2\) 时有最小值 \(\dfrac{1}{3}\)。
我们随机排列，然后整体二分，去掉 “删边” 后产生的孤立点。重复上述过程直至所有边都删掉为止。
考虑时间复杂度。
每次期望找到 \(O(n)\) 条边，而做一次是 \(O(n\log n)\) 的，所以我们可以看做平均花费了 \(O(\log n)\) 去删除一条边。复杂度就是 \(O(m\log n)\)。
代码如下：
#include "explore.h"
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN =2e5+5;
int n,m;
namespace pt20
{
map<pair<int,int>,bool> mp;
int sta[MAXN];
void Solve()
{
for(int i=0;i<n;++i)
{
if(check(i)) continue;
modify(i);
for(int j=i;j<n;++j)
{
if(i==j)
{
sta[j]^=1;
continue;
}
int cur=query(j);
if(sta[j]^cur)
{
int u=i,v=j;
if(!mp[make_pair(u,v)]) report(u,v);
mp[make_pair(u,v)]=1;
}
sta[j]=cur;
}
}
return ;
}
}
namespace pt36
{
int A[MAXN],B[MAXN],sta[MAXN],cur[MAXN],L[MAXN],R[MAXN];
void Binary(int le,int ri,int l,int r)
{
if(l>r||le>ri) return ;
if(le==ri)
{
for(int i=l;i<=r;++i)
if(A[i]<le) report(A[i],le);
return ;
}
int mid=le+ri>>1;
for(int i=le;i<=mid;++i) modify(i);
for(int i=l;i<=r;++i) cur[A[i]]=query(A[i]);
int hl=0,hr=0;
for(int i=l;i<=r;++i)
{
if((le<=A[i]&&A[i]<=mid)^(cur[A[i]]^sta[A[i]])) L[++hl]=A[i];
else R[++hr]=A[i];
}
for(int i=le;i<=mid;++i) sta[i]^=1;
for(int i=l;i<=r;++i) sta[A[i]]=cur[A[i]];
for(int i=l;i<l+hl;++i) A[i]=L[i-l+1];
for(int i=l+hl;i<=r;++i) A[i]=R[i-l-hl+1];
Binary(le,mid,l,l+hl-1);Binary(mid+1,ri,l+hl,r);
}
void Solve()
{
for(int i=1;i<=n;++i) A[i]=i-1;
Binary(0,n-1,1,n);
}
}
namespace pt44
{
int A[MAXN],B[MAXN],sta[MAXN],cur[MAXN],L[MAXN],R[MAXN];
void Binary(int le,int ri,int l,int r)
{
if(l>r||le>ri) return ;
if(le==ri)
{
for(int i=l;i<=r;++i)
if(le<A[i]) report(A[i],le);
return ;
}
int mid=le+ri>>1;
for(int i=le;i<=mid;++i) modify(i);
for(int i=l;i<=r;++i) cur[A[i]]=query(A[i]);
int hl=0,hr=0;
for(int i=l;i<=r;++i)
{
if(A[i]<=mid) L[++hl]=A[i];
else if(cur[A[i]]^sta[A[i]]) L[++hl]=A[i];
else R[++hr]=A[i];
}
for(int i=le;i<=mid;++i) sta[i]^=1;
for(int i=l;i<=r;++i) sta[A[i]]=cur[A[i]];
for(int i=l;i<l+hl;++i) A[i]=L[i-l+1];
for(int i=l+hl;i<=r;++i) A[i]=R[i-l-hl+1];
Binary(le,mid,l,l+hl-1);Binary(mid+1,ri,l+hl,r);
}
void Solve()
{
for(int i=1;i<=n;++i) A[i]=i-1;
Binary(0,n-1,1,n);
}
}
namespace pt68
{
queue <int> q;map<pair<int,int>,bool> mp;
int S[MAXN];
void Solve()
{
int up=log2(n);
for(int k=0;k<=up;++k)
{
for(int i=0;i<n;++i)
if((1<<k)&i) modify(i);
for(int i=0;i<n;++i)
S[i]|=(query(i)<<k);
for(int i=0;i<n;++i)
if((1<<k)&i) modify(i);
}
for(int i=0;i<n;++i) S[i]^=i;
for(int i=0;i<n;++i) q.push(i);
while(!q.empty())
{
int p=q.front();
q.pop();
if(S[p]>=n) continue;
modify(S[p]);
int cur=query(p);
modify(S[p]);
if(cur&&p!=S[p])
{
int u=p,v=S[p];
if(u>v) swap(u,v);
if(mp[make_pair(u,v)]) continue;
mp[make_pair(u,v)]=1;
report(p,S[p]);
q.push(S[p]);q.push(p);
S[S[p]]^=p;
S[p]=0;
}
}
}
}
namespace pt100
{
map<pair<int,int>,bool> mp;
vector <int> e[MAXN];
int sta[MAXN],cur[MAXN],pos[MAXN],tot;
int A[MAXN],L[MAXN],R[MAXN],id[MAXN];
bool emp[MAXN];
void Binary(int le,int ri,int l,int r)
{
if(l>r||le>ri) return ;
if(le==ri)
{
for(int i=l;i<=r;++i)
{
int u=A[i],v=id[le];if(u>v) swap(u,v);
if(A[i]!=id[le]&&!mp[make_pair(u,v)])
{
report(A[i],id[le]);mp[make_pair(u,v)]=1;
emp[A[i]]=check(A[i]);emp[id[le]]=check(id[le]);
e[A[i]].push_back(id[le]);e[id[le]].push_back(A[i]);
}
}
return ;
}
int mid=le+ri>>1;
for(int i=le;i<=mid;++i)
{
modify(id[i]);
for(int v:e[id[i]]) sta[v]^=1;
}
for(int i=l;i<=r;++i) cur[A[i]]=query(A[i]);
int hl=0,hr=0;
for(int i=l;i<=r;++i)
{
if(pos[A[i]]<=mid) L[++hl]=A[i];
else if(cur[A[i]]^sta[A[i]]) L[++hl]=A[i];
else R[++hr]=A[i];
}
for(int i=le;i<=mid;++i)
{
modify(id[i]);
for(int v:e[id[i]]) sta[v]^=1;
}
for(int i=l;i<l+hl;++i) A[i]=L[i-l+1];
for(int i=l+hl;i<=r;++i) A[i]=R[i-l-hl+1];
Binary(le,mid,l,l+hl-1);Binary(mid+1,ri,l+hl,r);
}
void Solve()
{
tot=0;
for(int i=0;i<n;++i) id[++tot]=i;
while(tot)
{
srand(time(NULL));
random_shuffle(id+1,id+1+tot);
for(int i=1;i<=tot;++i) A[i]=id[i];
for(int i=1;i<=tot;++i) pos[id[i]]=i;
Binary(1,tot,1,tot);
tot=0;
for(int i=0;i<n;++i) if(!emp[i]) id[++tot]=i;
}
}
}
void explore(int N, int M)
{
n=N;m=M;
if(N<=500) pt20::Solve();
else if(M==N/2&&N%10==8) pt36::Solve();
else if(N%10==7) pt44::Solve();
else if(N%10==6||N%10==5)pt68::Solve();
else pt100::Solve();
}
