P8819 [CSP-S 2022] 星战 （很厉害的随机化想法）

本题 trick : 随机化，求出度转化成入度

简化下题意
有n个点 m条单向边 每条边有激活和失活两种状态，一共有4中操作
1.失活一条 u->v 的边
2.失活终点是 v 的边
3.激活 u->v 的边
4.激活终点是 v 的边

问你每次修改后 每个点的出度是否都为 1.

50分的做法就是暴力修改，对于 1操作和3操作 都是 可以 o(1)解决，对于 2操作和 4操作需要 o(n)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pir;
const int N = 5e5 + 5;
int out[N];
std::vector<int> g[N];
map<int, int>mp[N];

void solve()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        g[v].push_back(u);
        mp[v][u] = 1;
        out[u]++;
        if(out[u] == 1)cnt++;
        else if(out[u] == 2)cnt--;
    }
    int q;
    cin >> q;
    while(q--)
    {
        int op, u, v;
        cin >> op;
        if(op == 1)
        {
            cin >> u >> v;
            mp[v][u] = 0;
            out[u]--;
            if(out[u] == 0)cnt--;
            else if(out[u] == 1)cnt++;
        }
        else if(op == 2)
        {
            cin >> u;
            for(int v : g[u])
            {
                if(mp[u][v])
                {
                    out[v]--;
                    if(out[v] == 0)cnt--;
                    else if(out[v] == 1)cnt++;
                    mp[u][v] = 0;
                }
            }
        }
        else if(op == 3)
        {
            cin >> u >> v;
            mp[v][u] = 1;
            out[u]++;
            if(out[u] == 1)cnt++;
            else if(out[u] == 2)cnt--;
        }
        else
        {
            cin >> u;
            for(int v : g[u])
            {
                if(mp[u][v] == 0)
                {
                    out[v]++;
                    if(out[v] == 1)cnt++;
                    else if(out[v] == 2)cnt--;
                    mp[u][v] = 1;
                }
            }
        }
        if(cnt == n)cout << "YES\n";
        else cout << "NO\n";
    }
}

int main()
{
    // freopen("data.in", "r", stdin);
    // freopen("data.out", "w", stdout);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);

    solve();
}

发现时间复杂度的瓶颈在于 2操作 和 4操作. 这个复杂度在维护出度的时候是很难避免的。

一个比较牛逼的想法就是不维护出度，改成维护入度。

发现如果维护入度，那么对于4个操作都复杂度都是 o(1).
当符合每个点的出度都为 1 时，那么出度 总和就是 n,入度总和也是 n。
入度为 n 只是符合题目的一个 必要条件。
本题就是使用随机化使得这个必要条件无限接近充分必要条件。

具体做法是 对每个点i赋一个随机的权值 w[i].
对于每个点u的入度和就是

$$r[u]=\sum _{v\in u}w[v]$$

现在这个条件 $$(\sum _{i=1}^{n}r[i])==(\sum _{i=1}^{n}w[i])$$
就是满足 题目要求的一个 必要条件，但是呢因为随机化，就会无限的接近充分必要条件。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pir;
const int N = 5e5 + 5;

void solve()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    std::mt19937 rnd(time(0));
    std::vector<ll> w(n + 1);
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        w[i] = rnd();
        sum += w[i];
    }
    std::vector<ll> r(n + 1), g(n + 1);
    ll tot = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        r[v] += w[u];
        tot += w[u];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)g[i] = r[i];
    int q;
    cin >> q;
    while(q--)
    {
        int op, u, v;
        cin >> op;
        if(op == 1)
        {
            cin >> u >> v;
            r[v] -= w[u];
            tot -= w[u];
        }
        else if(op == 2)
        {
            cin >> u;
            tot -= r[u];
            r[u] = 0;
        }
        else if(op == 3)
        {
            cin >> u >> v;
            r[v] += w[u];
            tot += w[u];
        }
        else
        {
            cin >> u;
            tot += g[u] - r[u];
            r[u] = g[u];
        }
        if(tot == sum)cout << "YES\n";
        else cout << "NO\n";
    }
}

int main()
{
    // freopen("data.in", "r", stdin);
    // freopen("data.out", "w", stdout);
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);

    solve();
}
/*


*/