[LOJ#531]「LibreOJ β Round #5」游戏
[LOJ#531]「LibreOJ β Round #5」游戏
试题描述
LCR 三分钟就解决了问题，她自信地输入了结果……
> …… 正在检查程序 ……
> …… 检查通过，正在评估智商 ……
> 对不起，您解决问题的速度过快，与加密者的智商不符。转入精确匹配。
> 由于您在模糊匹配阶段的智商差距过大，需要进行精确匹配。
LCR 发现，精确匹配是通过与随机对手（称为「神犇」）游戏的方式，藉由游戏的决策来评定智商的机制。游戏规则如下：
有一个长为 \(n\)，下标为 \([1,n]\) 的数组 \(f[]\)，且满足 \(f[i]\in [1,n]\)。
有一个变量 \(a\) 初始值为 \(1\)。双方轮流操作，LCR 先手。
操作方法：每次在所有满足 \(f[i]=a\) 的 \(i\) 中选一个，并将 \(a\) 赋值为 \(i\)，不能不选。无法操作者输，若共 \(2n\) 次操作后仍未决出胜负，则为平局。
我们定义二元关系“到达”如下：
-
\(i\) 可以到达 \(i\)
-
\(i\) 可以到达 \(f[i]\)
-
如果 \(i\) 能到达 \(j\)，\(j\) 能到达 \(k\)，则 \(i\) 能到达 \(k\)。
则 \(f\) 数组满足性质：对于任意 \(i,j\) 存在 \(k\) 使得 \(i\) 和 \(j\) 都能到达 \(k\)。
LCR 即将面对 \(q\) 局游戏。她发现每局游戏的 \(f[]\) 数组都和给定的「模板数组」很像。经过进一步研究她发现每局游戏可以描述如下：
给出两个整数 \(u,v\)，满足在模板数组中 \(f[u]\) 能到达 \(u\)，\(f[v]\) 能到达 \(v\)。则该局游戏的 \(f[]\) 是把模板数组的 \(f[u]\) 赋值为 \(v\) 后得到的。
现在 LCR 希望你帮她计算每局游戏的胜负状态。
输入
第一行两个正整数 \(n,q\)。
第二行 \(n\) 个整数表示 \(f[]\)。
接下来 \(q\) 行每行两个整数 \(u,v\) 描述一局游戏。
输出
输出共 \(q\) 行。
每行一个整数 \(r\) 表示结果。 \(r=1\) 表示先手（LCR）有必胜策略，\(r=0\) 表示后手（神犇）有必胜策略，\(r=2\) 表示平局。
输入示例
7 3
3 1 2 3 4 3 2
1 1
2 3
2 1
输出示例
2
0
0
数据规模及约定
对于所有数据，\(1\le n,q\le 10^6\)。
题解
这题贼恶心。。。
首先题目 BB 半天就是在说明如果建立一个有向图，满足 \(i\) 到 \(f[i]\) 有一条有向边，则这个有向图是一个环套树，其中树上所有节点都是指向环的。然后每次询问都是改变环上的一条边，改后边的终点还是在原环上。
那么分情况讨论吧。
(1) 如果 \(1\) 号节点在树上，直接树形 dp，每次询问都不影响结果。
(2) 如果 \(1\) 号点在环上，再分情况讨论一下修改。主要是两大类（显然改变后会形成一个新环）：\(1\) 在改之后的新环上和不在新环上。首先我们从节点 \(1\) 顺着有向边给环依次标号，记原图中节点 \(x\) 的环标号为 \(cid[x]\)，然后对于询问 \((u, v)\)，我们令 \(U = cid[u]\)，\(V = cid[v]\)（请记住一点，在博弈的时候是逆着原图方向走的，故以下“距离”等概念都是逆原图方向的）。
-
\(1\) 在新环上，则要么 \(U < V\)，要么 \(V = 1\)。在这里我们明确一点，就是在真正博弈的时候，双方都会逆着圆环走，直到碰到一个节点 \(node\)，满足以 \(node\) 为根的外向树的 dp 结果为先手必胜，就会往树上走（此时我们可以认为走到节点 \(node\) 的那一方获胜）；否则不会往树上走，如果不存在这样的 \(node\)，那么就分不出输赢（因为双方会不停地在环上绕啊绕啊绕）。想清楚这一点，所有情况画画图都可以解决了。
-
\(1\) 不在新环上，就是剩下的情况。
注意环形态的改变，会导致环上的一段被“甩”了出去，变成了树的一部分。这个时候我们需要重新处理一下树上点的 dp 值，手画一个样例，可以发现对于一段原 dp 值为 \(10001110010001\) 的环的一部分，在它断开之后，只有原来是 \(0\) 的部分的 dp 值可能改变，改变条件是前面有奇数个 \(0\)（可以想象从左往右有 \(dp[i] = dp[i]\texttt{ }or\texttt{ }not(dp[i-1])\)，于是一段连续的 \(0\) 会变成 \(010101...\)）。
还有就是我们需要维护一下距离环上每个节点最近的 dp 值为 \(1\) 的节点的位置（注意是逆着原图方向最近的），这样我们就能用距离的奇偶性出当移动到 dp 值为 \(1\) 的节点时是谁先手了。
我语言能力好差。。。看不懂的话丢链接跑。（标算方法可能和我的不太一样，目前(2017-10-13 23:09)我的做法最快）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;
inline char Getchar() {
if(Head == Tail) {
int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
Tail = (Head = buffer) + l;
}
return *Head++;
}
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = Getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }
return x * f;
}
#define maxn 1000010
int n, fa[maxn];
struct Graph {
int m, head[maxn], nxt[maxn], to[maxn];
Graph(): m(0) { memset(head, 0, sizeof(head)); }
void AddEdge(int a, int b) {
to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
return ;
}
} gr, tr;
bool vis[maxn], is_cyc[maxn], has_tr[maxn], win[maxn];
int St[maxn], top, cps[maxn], cntc;
bool findcyc(int u) {
if(vis[u]) {
while(St[top] != u) is_cyc[cps[++cntc] = St[top--]] = 1;
is_cyc[cps[++cntc] = u] = 1;
return 1;
}
St[++top] = u; vis[u] = 1;
for(int e = gr.head[u]; e; e = gr.nxt[e]) if(findcyc(gr.to[e])) return 1;
return 0;
}
void dp(int u) {
win[u] = 0;
for(int e = tr.head[u]; e; e = tr.nxt[e]) if(!is_cyc[tr.to[e]]) {
has_tr[u] = 1;
dp(tr.to[e]);
if(!win[tr.to[e]]) win[u] = 1;
}
return ;
}
int cid[maxn], pid[maxn], near[maxn];
bool winc[maxn], hastrc[maxn];
int Pre(int x) {
return x - 1 ? x - 1 : cntc;
}
int Nxt(int x) {
return x + 1 <= cntc ? x + 1 : 1;
}
int Dis(int a, int b) { // from a revers-cycle-steps to b
if(a >= b) return a - b;
else return a + cntc - b;
}
bool canwin(int a, int brk) {
if(!near[a]) return (a == brk ? cntc : Dis(a, brk)) - 1 & 1;
if(a == brk) return min(Dis(a, near[a]), cntc) - 1 & 1;
return min(Dis(a, near[a]), Dis(a, brk)) - 1 & 1;
}
int main() {
n = read(); int q = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = read(), tr.AddEdge(fa[i], i), gr.AddEdge(i, fa[i]);
findcyc(1);
// printf("cps: "); for(int i = 1; i <= cntc; i++) printf("%d%c", cps[i], i < cntc ? ' ' : '\n');
bool oncyc = 0;
for(int i = 1; i <= cntc; i++) {
dp(cps[i]);
if(cps[i] == 1) oncyc = 1;
}
if(!oncyc) {
while(q--) {
read(); read();
printf("%d\n", win[1]);
}
return 0;
}
// remark id
int onep, cnt = 0, ntr = -1;
for(int i = cntc; i; i--) if(cps[i] == 1){ onep = i; break; }
for(int i = onep; i; i--) cid[cps[i]] = ++cnt, pid[cnt] = cps[i], winc[cnt] = win[cps[i]], hastrc[cnt] = has_tr[cps[i]];
for(int i = cntc; i > onep; i--) cid[cps[i]] = ++cnt, pid[cnt] = cps[i], winc[cnt] = win[cps[i]], hastrc[cnt] = has_tr[cps[i]];
// for(int i = 1; i <= cntc; i++) printf("%d: %d %d\n", i, hastrc[i], winc[i]);
for(int i = 1; ; i = Nxt(i)) {
if(hastrc[i] && winc[i]) ntr = i;
if(ntr >= 0) near[i] = ntr;
if(Nxt(i) == 1) break;
}
for(int i = 1; ; i = Nxt(i)) {
if(hastrc[i] && winc[i]) ntr = i;
if(ntr >= 0) near[i] = ntr;
if(Nxt(i) == 1) break;
}
// for(int i = 1; i <= cntc; i++) if(hastrc[i] && winc[i]) printf("(1)%d ", i); putchar('\n');
for(int kase = 1; kase <= q; kase++) {
int u = read(), v = read();
u = cid[u]; v = cid[v];
if(u < v) {
if(winc[1]){ puts("1"); continue; }
if(near[1] >= v){ puts((Dis(1, near[1]) & 1) ? "0" : "1"); continue; }
if(winc[v] | canwin(v, u)){ puts((Dis(1, v) & 1) ? "0" : "1"); continue; }
if(1 < near[u] && near[u] <= u){ puts((Dis(1, v) + 1 + Dis(u, near[u]) & 1) ? "0" : "1"); continue; }
puts("2");
continue;
}
if(v == 1) {
if(winc[1] | canwin(1, u)) puts("1");
else if(1 < near[u] && near[u] <= u) puts((Dis(u, near[u]) + 1 & 1) ? "0" : "1");
else puts("2");
continue;
}
if(winc[1] | canwin(1, u)) puts("1");
else puts("0");
}
return 0;
}
