【ARC069F】Flags（2-SAT，Tarjan，线段树优化建图）

注意：本题的点数可以相比题解优化一半。

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首先先二分答案。

然后判断能否使得两两旗子之间的距离都大于 $mid$。

然后发现这是一个 2-SAT 问题。

2-SAT 问题：通俗地说，有 $n$ 个 bool 变量 $a_i$，并给出一些形如 $a_i\oplus a_j=0/1$ 的条件（其中 $\oplus$ 可以是 $\mathrm{and}$、$\mathrm{or}$ 或 $\mathrm{xor}$），然后询问满足这组方程的一组解 $a_i$。

这题同样也给出了一些条件，比如说对于所有的 $i$，$x_i$ 和 $y_i$ 中必须选一个但是不能同时选。同时在 $mid$ 的约束下，也有一些数不能同时选。

那我们可以设 bool 变量 $a_i$ 表示取不取 $x_i$，bool 变量 $b_i$ 表示取不取 $y_i$。那么 $a_i$ 和 $b_i$ 不能同时等于 $\text{true}$，且两者中肯定有一者为 $\text{true}$，这就可以用 $a_i\mathrm{xor}{b}_i=1$ 来表示。

那么这就变成了一个 2-SAT 问题了。

但是这道题只用判断是否有解，也就是可行性。这时可以用 Tarjan 求解：

首先把每一个 bool 变量 $x$ 拆成两个命题：命题 $x_0$ 表示 $x=\text{false}$，命题 $x_1$ 表示 $x=\text{true}$。设命题 $y$ 的反面是 $y^{\prime }$，显然 $x_0^{\prime }$ 就是 $x_1$。

那么显然当 $x_0$ 成立时，$x_1$ 不成立；当 $x_1$ 成立时，$x_0$ 不成立。而且 $x_0$ 和 $x_1$ 之间肯定有一者成立。

那么 $a_i\mathrm{xor}{b}_i=1$ 就等价于：

当 $a_{i,0}$ 成立时，$b_{i,1}$ 成立；当 $b_{i,1}$ 成立时，$a_{i,0}$ 成立。

当 $a_{i,1}$ 成立时，$b_{i,0}$ 成立；当 $b_{i,0}$ 成立时，$a_{i,1}$ 成立。

考虑用图论的方式来表达这种关系。

设单向边 $(u,v)$ 表示当命题 $u$ 成立时，命题 $v$ 也必定成立。

那么上述关系就可以表示成单向边 $(a_{i,0},b_{i,1})$、$(b_{i,1},a_{i,0})$、$(a_{i,1},b_{i,0})$、$(b_{i,0},a_{i,1})$。

然后题目中还有一些条件：某两个数不能同时取，即某两个 bool 变量 $a$、$b$ 不能同时为 $1$，即 $a\mathrm{and}b=0$，考虑也用图论来表示这个。

发现可以用有向边 $(a_1,b_0)$、$(b_1,a_0)$ 来表示。

那么我们就能把所有的条件都用图来表示了。

至于如何判断解的可行性：

我们可以先对这个图做一遍 Tarjan，然后看是否存在两个反命题在一个环中（即出现 “当命题 $x$ 成立时，可得命题 $x^{\prime }$ 成立，当 $x^{\prime }$ 成立时，也可得 $x$ 成立，但 $x$、$x^{\prime }$ 为相反的命题” 这种情况）。如果存在，那么原方程无解，否则有解。

然后这道题需要用线段树优化建图才能过。

代码如下：

//1~n 取x[i]
//n+1~2n 取y[i]
//2n+1~3n 不取x[i]
//3n=1~4n 不取y[i] 
#include<bits/stdc++.h>

#define N 20010

using namespace std;

struct data
{
	int val,id;
	data(){};
	data(int a,int b){val=a,id=b;} 
}a[N<<1];

int n;
int node,id[N<<3];
int idx,dfn[N*12],low[N*12];
int top,sta[N*12];
int tot,num[N*12];
int cnt,head[N*12],to[N*44],nxt[N*44];
bool ins[N*12];

bool cmp(data a,data b)
{
	return a.val<b.val;
}

void adde(int u,int v)
{
	to[++cnt]=v;
	nxt[cnt]=head[u];
	head[u]=cnt;
}

void build(int k,int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		id[k]=(n<<1)+a[l].id;
		return;
	}
	id[k]=++node;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1,l,mid);
	build(k<<1|1,mid+1,r);
	adde(id[k],id[k<<1]);
	adde(id[k],id[k<<1|1]);
}

void link(int k,int l,int r,int ql,int qr,int rt)
{
	if(ql<=l&&r<=qr)
	{
		adde(rt,id[k]);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(ql<=mid) link(k<<1,l,mid,ql,qr,rt);
	if(qr>mid) link(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,rt);
}

void Tarjan(int u)
{
	dfn[u]=low[u]=++idx;
	sta[++top]=u;
	ins[u]=true;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];
		if(!dfn[v])
		{
			Tarjan(v);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		}
		else if(!num[v])
			low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(low[u]==dfn[u])
	{
		tot++;
		int v;
		do
		{
			v=sta[top];
			top--;
			ins[v]=false;
			num[v]=tot;
		}while(u!=v);
	}
}

bool check(int mid)
{
	cnt=idx=tot=0,node=n<<2;
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(dfn,0,sizeof(dfn));
	memset(low,0,sizeof(low));
	memset(num,0,sizeof(num));
	build(1,1,n<<1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		adde(i,n+(n<<1)+i);//取x[i]则不取y[i] 
		adde(n+(n<<1)+i,i);//不取y[i]则取x[i] 
		adde(n+i,(n<<1)+i);//取y[i]则不取x[i]
		adde((n<<1)+i,n+i); //不取x[i]则取y[i]
	}
	int nowl=1,nowr=1;
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
	{
		while(nowl<i&&a[i].val-a[nowl].val>=mid) nowl++;
		while(nowr<(n<<1)&&a[nowr+1].val-a[i].val<mid) nowr++;
		if(nowl<i) link(1,1,n<<1,nowl,i-1,a[i].id);
		if(nowr>i) link(1,1,n<<1,i+1,nowr,a[i].id);
	}
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
		if(!dfn[i])
			Tarjan(i);
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
		if(num[i]==num[i+(n<<1)])
			return false;
	return true;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i].val,&a[n+i].val);
		a[i].id=i,a[n+i].id=n+i;
	}
	sort(a+1,a+(n<<1)+1,cmp);
	int l=0,r=1e9,ans;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}