ABC209E Shiritori 题解

ABC209E Shiritori 题解

原题：洛谷AT_abc209_e

分析#

博弈，可重复选，一眼图论，将每个单词的前三个字符向后三个字符连边，并用后三个字符代表这个单词。

看一下样例。

Copy
5
eaaaabaa
1    2
eaaaacaa
1    3
daaaaaaa
4    5
eaaaadaa
1    4
daaaafaa
4    6

我们得到的有向图：

当一方说完一个单词，这个单词的后三个字符无法接上任何单词的前三个字符则为必胜态。

即这个点没有出边，则这个点是必胜态。

注意，本题博弈的状态转移有些不同，具体为：

当一个点连向的点中有一个必胜态，则这个点是必败态。

当一个点连向的点都是必败态，则这个点是必胜态。

常见的状态转移：

当一个点连向的点中有一个必败态，则这个点是必胜态

当一个点连向的点都是必胜态，则这个点是必败态

分析一下，一方走到这个点之后，下一手是对方，也就是说对方决定了下一次要走哪条边。

那么对方肯定是想让当前点成为必败态，想要尽可能走到必胜态。所以就有了本题稍为不同的状态转移。

洛谷上另两篇题解没有注意到这一点，文字叙述中说的是常见的状态转移或是笼统模糊地说了说，但代码实现却是对的，卡了我很长时间（

具体可以以 $\large1$ 号点为例（虽然 $\large1$ 号点在样例中并无实际意义，我们假定它也代表了一个单词）：

首先 $\large4$ 号点一定是必败态，因为 $\large 5$ 和 $\large 6$ 都是必胜态。

那么当一方说完 $\large 1$ 号点代表的单词后，该对方接了，对方肯定会接 $\large 2$ 或 $\large 3$ 而不接 $\large 4$。因为只有走到这两点，才能使当前点败，他胜。

套路#

我们观察到，所有有出边的点的状态都是由它连向的点（后继）转移而来的，所以我们使用有向图上博弈的常见套路——反向建边。然后跑拓扑同时状态转移就可以了。

到此，$\operatorname{DAG}$ 上的本题就已经讨论完了，但是我们还没有判平局，即有环的情况。

平局（环）#

有环是不一定平局的，分析一下。

（正向图中）在一个环里，一方说完了一个单词，如果对方可以走到必胜态，肯定会走处环使得自己胜而不是平局。但是如果这个环没有向外连边或连向的都是必败态，那么就是平局。

那么在反向图中，我们在遍历一个必胜的点的出边时，不必在后继的入度为零时才让它入队，直接把它的状态转移为必败并入队。若是遍历一个必败的点的出边，正常拓扑即可。

code#

Copy
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define reg register
#define mp(a,b) make_pair((a),(b))
using namespace std;
inline int read()
{
	short f=1;
	char c=getchar();
	int x=0;
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')	f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(int)(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,tot,ind[200010],win[200010]/*0平/未查找 1败 2胜*/;
string l,r[200010],s,ans[3]={"Draw","Aoki","Takahashi"};//不想写if了qwq
unordered_map<string,int>c;
vector<int>e[200010];
queue<int>q;
signed main()
{
	n=read();
	for(reg int i=1;i<=n;i=-~i)
	{
		cin>>s;l="";
		for(reg int j=0;j<3;j=-~j)	l+=s[j];
		for(reg int j=s.size()-3;j<(int)s.size();j=-~j)	r[i]+=s[j];
		if(!c[l])	c[l]=++tot;//没必要哈希，用map编号即可
		if(!c[r[i]])	c[r[i]]=++tot;
		e[c[r[i]]].push_back(c[l])/*反向建边*/;ind[c[l]]=-~ind[c[l]];
	}
	for(reg int i=1;i<=tot;i=-~i)	if(!ind[i])	q.push(i),win[i]=2;
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();q.pop();
		for(reg auto i:e[u])
		{
			if(!win[i]&&win[u]==2)	q.push(i),win[i]=1;
			if(!win[i]&&win[u]==1&&!--ind[i])	q.push(i),win[i]=2;
		}
	}
	for(reg int i=1;i<=n;i=-~i)	cout<<ans[win[c[r[i]]]]<<endl;
	return 0;
}