「CF1268D」Invertation in Tournament 题解

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「CF1268D」Invertation in Tournament

题目大意

给定一个竞赛图，一次操作可以将一个节点相连的所有边方向翻转。求让图强连通的最小操作次数。

竞赛图是一个无向完全图的每条边分配方向后的图。

思路

因为我们需要图 $G$ 强连通，所以想到求出 scc 并缩点。

可以发现，我们进行翻转操作时，只有保证不破坏原有的 scc，才可以保证操作次数最小。

又因为我们能够合并 scc，我们肯定可以拆散 scc。

题目给了竞赛图的条件，思考怎么利用它。

不妨设我们现在有一个 scc，它的大小为 $n$。

我们可以猜测，在 $n \not= 3$ 时，存在一个点翻转之后不会拆散这个 scc。

Q：为什么 $n \not= 3$？

A：$n=3$ 时是一个单向环，显然不成立。

Q：为什么有反例我们还要坚持这条路？

A：如果只是 $n=3$ 不满足条件，特殊处理不就好了。

$n=1$ 显然不影响，竞赛图没有重边不存在 $n=2$，我们只需要考虑 $n \ge 4$ 的情况。

设我们用点 $x$ 拆散了这个 scc，拆散过后 scc 个数为 $m$，编号为 $a_1,a_2,\dots,a_m$。

• $m=1$

  根本就没有拆散，不用考虑。

• $m=2$

  这时只有两类边，从 $a_1$ 连向 $a_2$ 的边和从 $a_2$ 连向 $a_1$ 的边。

  如果两类都存在，它们就会变成一个 scc，所以我们钦定只存在 $2$ 类边。

  那么翻转之前如图，左边是 $a_1$，右边是 $a_2$（没有展示所有的边）：

  

  这时如果我们不翻转 $x$，而是翻转 $4$，那么红色 $2$ 类边和除连接 $x \to 4$ 外的橙色 $1$ 类边就同时存在了。

  因为 $n \ge 4$，scc 大小不为 $2$，所以我们一定有一个 scc 大小大于等于 $3$，那么翻转这个 scc 中的点就可以保证不拆散原来的 scc 了。

• $m \ge 3$

  当 $a_1,a_m$ 中有任意一个大小大于 $1$ 时同 $m=2$，只需将 $a_m$ 看作 $a_2$ 即可。

  那我们只需要考虑 $a_1,a_m$ 大小都为 $1$ 的情况。

  我们将 $a_2,a_3,\dots,a_{m-1}$ 看作一个点 $y$，如图：

  

  这时我们不翻转 $x$，而是翻转 $y$，就可以让任意 $s,t$，有路线 $s \to a_1 \to y \to a_2 \to t$。

  也就是说，我们选择 $a_2,a_3,\dots,a_{m-1}$ 中的任意一个点翻转都不会拆散原来的 scc。

那到这里我们就证完了。

我们观察上面的证明可以发现，如果我们将过程逆转，从 拆散 到 合并，同样是可以的。这提示我们，存在一个点使得翻转这个点之后图强连通。

那么 $n$ 至少为多少？

• $m=1$

  不用翻转。

• $m=2$

  首先根据上面结论，一个大小大于等于 $4$ 的 scc 才能够有至少一个点让我们翻转。那么只有当 $n \ge 7$ 的时候才可以保证有一个 scc 大小大于等于 $4$，所以 $n$ 至少为 $7$。

• $m \ge 3$

  不难发现，在这种情况下，$n$ 至少为 $3$。

取上述最大值，$n$ 至少为 $7$。

那么 $n \le 6$ 的情况呢？我们可以直接 $2^n$ 暴力枚举翻转的点集即可。

最后，根据竞赛图的兰道定理，我们可以推出，一个竞赛图非强连通的充要条件是：将其顶点按出度从小到大排序，存在 $k < n$ 使得前 $k$ 个顶点的出度之和等于 $C_k^2$。

这样我们就可以 $O(n \log n)$ 完成一次判断，总复杂度 $O(n^2 \log n)$。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=2e3+10;
const ll p=998244353;
using namespace std;

ll n;
ll minn=1e9,cnt;//最小操作次数和方案数量
ll a[N][N];//邻接矩阵

ll out[N];//出度
ll tmp[N];//出度
bool check(){//判断是否强连通
	//统计出度
	For(i,1,n)tmp[i]=out[i];//备份
	sort(tmp+1,tmp+n+1);//排序
	//判断强连通
	ll s=0;//前缀和
	For(i,1,n-1){
		s+=tmp[i];
		if(s==i*(i-1)/2)return false;
	}
	return true;
}

void rev(ll x){//翻转x
	For(i,1,n){
		out[x]-=a[x][i],out[i]-=a[i][x];
		a[x][i]^=1,a[i][x]^=1;
		out[x]+=a[x][i],out[i]+=a[i][x];
	}
}

namespace sub1{
	void dfs(ll x,ll ans){//暴力
		if(x>n){
			if(check()){
				if(ans<minn)minn=ans,cnt=1;
				else if(ans==minn)cnt++;
			}
			return;
		}
		dfs(x+1,ans);
		rev(x);
		dfs(x+1,ans+1);
		rev(x);
	}
	void solve(){
		dfs(1,0);
		if(minn==1e9)printf("-1");//无解
		else{
			For(i,1,minn)cnt=cnt*i%p;//可以打乱顺序
			printf("%lld %lld",minn,cnt);
		}
	}
}

namespace sub2{
	void solve(){
		if(check()){//答案可以为0
			printf("0 1");
			return;
		}
		For(i,1,n){
			rev(i);
			if(check())cnt++;
			rev(i);
		}
		printf("1 %lld",cnt);
	}
}

void mian(){
	
	scanf("%lld",&n);
	For(i,1,n){
		For(j,1,n){
			scanf("%1lld",&a[i][j]);
		}
	}
	For(i,1,n){
		For(j,1,n){
			out[i]+=a[i][j];//统计出度
		}
	}
	if(n<=6)sub1::solve();//暴力枚举
	else sub2::solve();//根据性质处理
	
}

int main(){
	int T=1;
//	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

尾声

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