题解-AtCoder ARC-083F Collecting Balls
Problem
题意概要：给定 \(2n\) 个二维平面上的球，坐标分别为 \((x_i,y_i)\)，并给出 \(n\) 个 \(A\)类 机器人 和 \(n\) 个 \(B\)类 机器人，其中：
- \(A\)类
加5分机器人分布在横坐标上，坐标依次为 \((1,0),(2,0),\cdots ,(n,0)\)，触发第 \(i\) 个机器人，它会将位处第 \(i\) 列的最下头的球拿走（即横坐标为 \(i\) 且纵坐标最小的球） - \(B\)类
不加分机器人分布在纵坐标上，坐标依次为 \((0,1),(0,2),\cdots ,(0,n)\)，触发第 \(i\) 个机器人，它会将位处第 \(i\) 行的最左侧的球拿走（即纵坐标为 \(i\) 且横坐标最小的球）
现在需要依次触发这 \(2n\) 个机器人，（每个机器人只能被触发一次），问有多少种触发机器人的方式能将所有球拿完（共 \((2n)!\) 种可能情况）
\(2\le n\le 10^5,\ 1\le x_i,y_i\le n\)
Solution
做完这道毒瘤题，17年的作业终于完成了！ (｡･∀･)ﾉﾞ
往上一翻发现自己是从一半开始做的 இ皿இ
乍一看没有啥子想法
考虑到一个球 \((x,y)\)，它有两种被清除的方式：被第 \(x\) 个 \(A\) 給除掉；被第 \(y\) 个 \(B\) 給除掉。而同时，由于球的数量和机器人的数量相同，所以每个机器人必须认领一个球。
这乍一看没啥子用，但放在图上就是个基环树森林：
- 将图给构出来：对于每个球 \((x,y)\)，在 \(x\) 和 \(y'\) 间连边。
- 由于每个机器人必须认领一个球，所以可视作每个点必须认领一条边。可以发现如果这个图不是基环树森林，则整个题根本无法满足。
- 由于每个球需要被一个机器人捡拾，所以需要给基环树森林的每条边定向，使得每个点只有一条入边（一个点的入边即它认领的边，即 “一种合法的定向方案” 对应着 “一种合法的球和机器人的匹配方式”）。
- 为了满足题目中所描述的“机器人只会拿离自己最近的球”的限制，对于\(A\)类机器人 \((x,0)\) 去拿球 \((x,y)\)，需要\(B\)类机器人将 \((x,t),t\in[1,y)\) 上的球清理干净先，所以这些 \(B\) 类 机器人需要比这个 \(A\)类机器人更早被触发。
原题转化为：对于每种给森林定向的方案，求出其满足上述拓扑关系的排列个数。
先考虑对于某种定向方案，求出合法排列方案。
如果对于这种拓扑关系连边，最终这些拓扑序关系的边将组成一个内向树森林：
- 若负责拿取球 \((x_1,y_1)\) 机器人 是 负责拿取球 \((x_2,y_2)\) 机器人 的先决条件，则其至少需要满足 \(x_1+y_1<x_2+y_2\)，这证实了整个图应该是一个 \(DAG\)。
- 每个 \(B\)类机器人只可能是一个 \(A\)类机器人的先决条件，所以每个点只有一条出边。
- 综上：这是一个内向树森林。
对于内向树森林求拓扑序的部分，应该都很熟悉了：设森林点集为 \(S\)，节点 \(i\) 的子树大小为 \(sz_i\)，则这个内向树森林的拓扑序个数为
简要说一下证明：可以将Dp式列出来，将每个节点 \(x\) 在自身计算的系数 \((sz_x-1)!\) 与在其父亲 \(f\) 处计算的 \(\frac 1{sz_x!}\) 抵消，可得 \(\frac 1{sz_x}\)，综合可得上述公式。森林的话，考虑拿一个虚根将所有树串起来即可。
解决完了求方案数的任务，再考虑枚举定向方案。
枚举所有定向方案肯定是不可取的，但幸运的是，这是一个基环树森林。
对于一棵基环树而言，其非环边只能由远离环的点认领，而环则有顺逆两种方式认领，可以暴力枚举。
由幼儿园学习的乘法分配率可知，不同的树之间没必要一起枚举，所以对于每棵树算出两种定向方式的答案和，再将所有树的答案乘起来即可。
时间复杂度明显是线性，顶多是枚举每棵树的两种定向方式时有个 \(2\) 的常数
Code
#include <cstdio>
#include <cctype>
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char ch=getchar(),ob=0;x=0;
while(ch!='-'&&!isdigit(ch))ch=getchar();if(ch=='-')ob=1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();if(ob)x=-x;
}
const int N = 201000;
struct Edge {int v, nxt;} a[N*4];
int head[N], Head[N], indeg[N];
int sz[N], pr[N];
bool vis[N];
int n, _;
inline void add(int x, int y, int*arr) {
a[++_].v = y, a[_].nxt = arr[x], arr[x] = _;
}
const int p = 1e9+7;
int fac[N], ifac[N], inv[N];
int st[N], tp;
#define FID(i) for(int id=1,i;i=st[id],id<=tp;++id)
int X, Y;
int et, pt;
void bfs(int x, int las) {
vis[st[++tp] = x] = true, ++pt;
for(int i=head[x];i;++et,i=a[i].nxt)
if(!vis[a[i].v]) bfs(a[i].v, x);
else if(a[i].v != las) X = x, Y = a[i].v;
}
void tfs(int x, int las) {
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
if(a[i].v != las and a[i].v != X)
pr[a[i].v] = x, tfs(a[i].v, x);
}
void dfs(int x, int las) {
sz[x] = 1;
for(int i=Head[x];i;i=a[i].nxt)
if(a[i].v != las)
dfs(a[i].v, x), sz[x] += sz[a[i].v];
}
int solve() {
tfs(X, Y);
pr[X] = Y;
FID(i) Head[i] = indeg[i] = 0;
FID(x) for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
if(a[i].v < pr[x]) add(x, a[i].v, Head), ++indeg[a[i].v];
FID(i) if(!indeg[i]) dfs(i, i);
int Ans = fac[pt];
FID(i) Ans = (ll)Ans * inv[sz[i]]%p;
return Ans;
}
int main() {
read(n);
for(int i=1,x,y;i<=(n<<1);++i) {
read(x), read(y), y += n;
add(x, y, head), add(y, x, head);
}
n <<= 1;
fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
for(int i=2;i<=n;++i) {
fac[i] = (ll)fac[i-1] * i%p;
inv[i] = (ll)(p-p/i) * inv[p%i]%p;
ifac[i] = (ll)ifac[i-1] * inv[i]%p;
}
int Ans = fac[n];
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!vis[i]) {
tp = pt = et = 0;
bfs(i, i);
Ans = (ll)Ans * ifac[pt]%p;
if((pt << 1) != et) return puts("0"), 0;
int res = solve();
X ^= Y, Y ^= X, X ^= Y;
res += solve();
Ans = (ll)Ans * res%p;
}
printf("%d\n", Ans);
return 0;
}
