【JZOJ4878】【NOIP2016提高A组集训第10场11.8】时空传送

题目描述

经过旷久的战争，ZMiG和707逐渐培养出了深厚的感♂情。他们逃到了另一块大陆上，决定远离世间的纷争，幸福地生活在一起。钟情707的neither_nor决心要把他们拆散，他要动用手中最大杀器之一——超时空传送仪来分开ZMiG和707。ZMiG和707所在的大陆可以被描述成N个点M条边的有向无环图。707和ZMiG自带魔法防御，neither_nor只可以用超时空传送仪把707传送到一个点，再把ZMiG传送到一个能到达707所在点的点，然后为ZMiG指定一条寻找707的路径，他当然想把707和ZMiG分隔的越远越好，所以他会规划一条距离最长的路线。707自然也知道这一点，但是她没有办法阻止，她唯一能做且必须做的就是利用手中的炸药炸掉大陆上的一个点，然后与这条大陆相连的边也会自动被抹去，这样就会打乱neither_nor本来的计划。但是由于707过于敏捷，他的行动必须在neither_nor之前。换句话说，707需要先选择他炸掉哪个点，之后neither_nor一定会选择一条图中存在的最长路径来分开ZMiG和707。
707想让这条路径最短，所以她要问问你他应该炸掉哪个点。

数据范围

对于20%的数据，N<=20,M<=40
对于40%的数据，N<=1000,M<=2000
对于100%的数据，N<=75000,M<=100000

解法

考虑统计删掉每一个点之后的最长路。
新建一个超级源st和一个超级汇en，那么就转化成为一个连通图。
预处理出每个点到超级源的最长路f[i]，到超级汇的最长路g[i]，设h[i]=f[i]+g[i]。

---

对于一个点i，计算删掉它的贡献来自于：
1.i的入边的另一端j，贡献f[j]；
2.i的出边的另一端j，贡献g[j]；
3.在拓扑序中，与i同层的任意其他点j，贡献h[j]。
删掉i点后，最长路就是上述三者的最大值。

---

考虑使用数据结构实时维护上述三者。
按照拓扑序，处理点i（姑且称i的出/入边的另一端作出/入点）：
1.从数据结构中删除h[i]；
2.从数据结构中加入i的出点j的g[j]，入点k的f[k]，
由于要保证只取同层的h，如果入点的h尚未删除，那么将入点的h[k]删除；
3.取出数据结构中的最大值作为删掉i后的最长路；
4.删除g[j]以及f[k]，重加入h[i]。

代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define F(x) (x)
#define G(x) ((x)+n)
#define H(x) ((x)+n+n)
using namespace std;
const char* fin="chronosphere.in";
const char* fout="chronosphere.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=600007,maxm=600007;
int n,m,i,j,k,st,en,ans1,ans=inf;
bool bz[maxn],az[maxn];
int b[maxn],head,tail;
void add(int v){
    if (!bz[v]){
        b[++tail]=v;
        bz[v]=true;
    }
}
struct dui{
    int data[maxn],pos[maxn],xpos[maxn],num;
    dui(){
        num=0;
    }
    bool cmp(int a,int b){
        return a>b;
    }
    void lift(int a,int b){
        swap(data[a],data[b]);
        swap(xpos[pos[a]],xpos[pos[b]]);
        swap(pos[a],pos[b]);
    }
    void up(int v){
        while (v>1 && cmp(data[v],data[v/2])){
            lift(v,v/2);
            v/=2;
        }
    }
    void down(int v){
        int k;
        while (v*2<=num && cmp(data[v*2],data[v]) || v*2+1<=num && cmp(data[v*2+1],data[v])){
            if (v*2+1>num || cmp(data[v*2],data[v*2+1])) k=v*2;
            else k=v*2+1;
            lift(k,v);
            v=k;
        }
    }
    void push(int v,int v1){
        if (az[v]==true) return ;
        data[++num]=v1;
        az[v]=true;
        xpos[v]=num;
        pos[num]=v;
        up(num);
    }
    void pull(int v){
        if (!az[v]) return ;
        int k=xpos[v];
        az[v]=false;
        data[k]=0;
        down(k);
    }
    int top(){
        return num?data[1]:0;
    }
}d;
struct graph{
    int dis[maxn],fi[maxn],la[maxm],ne[maxm];
    int tot,ru[maxn];
    void init(){
        memset(fi,0,sizeof(fi));
        memset(ru,0,sizeof(ru));
        memset(dis,0,sizeof(dis));
        memset(la,0,sizeof(la));
        memset(ne,0,sizeof(ne));
        tot=0;
    }
    graph(){
        init();
    }
    void add_line(int a,int b){
        tot++;
        ne[tot]=fi[a];
        la[tot]=b;
        fi[a]=tot;
        ru[b]++;
    }
    void getdis(int v){
        int i,j,k;
        head=tail=0;
        memset(bz,0,sizeof(bz));
        b[++tail]=v;
        bz[v]=true;
        dis[v]=0;
        while (head!=tail){
            head++;
            if (head>maxn) head-=maxn;
            for (k=fi[b[head]];k;k=ne[k]){
                if (dis[la[k]]<dis[b[head]]+1){
                    dis[la[k]]=dis[b[head]]+1;
                    if (!bz[la[k]]){
                        bz[la[k]]=true;
                        tail++;
                        if (tail>maxn) tail-=maxn;
                        b[tail]=la[k];
                    }
                }
            }
            bz[b[head]]=false;
        }
    }
}g[2];
void topsort(){
    int i,j,k;
    head=tail=0;
    b[++tail]=st;
    for (i=1;i<=n;i++) d.push(G(i),g[1].dis[i]-1);
    while (head++<tail){
        for (k=g[1].fi[b[head]];k;k=g[1].ne[k]) {
            d.pull(H(k));
            if (g[1].la[k]!=st && g[1].la[k]!=en) d.pull(G(g[1].la[k]));
        }
        if (b[head]!=st && b[head]!=en){
            d.pull(G(b[head]));
            if (ans>d.top()){
                ans=d.top();
                ans1=b[head];
            }else if (ans==d.top() && b[head]<ans1) ans1=b[head];
        }
        for (k=g[0].fi[b[head]];k;k=g[0].ne[k]){
            d.push(H(k),g[0].dis[b[head]]+g[1].dis[g[0].la[k]]-1);
            g[0].dis[g[0].la[k]]=max(g[0].dis[b[head]]+1,g[0].dis[g[0].la[k]]);
            if (!--g[0].ru[g[0].la[k]]) b[++tail]=g[0].la[k];
        }
        if (b[head]!=st && b[head]!=en) d.push(F(b[head]),g[0].dis[b[head]]-1);
    }
}
int main(){
    freopen(fin,"r",stdin);
    freopen(fout,"w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    st=n+1;
    en=n+2;
    for (i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&j,&k);
        g[0].add_line(j,k);
        g[1].add_line(k,j);
    }
    for (i=1;i<=n;i++){
        if (g[0].fi[i]==0) g[0].add_line(i,en),g[1].add_line(en,i);
        if (g[0].ru[i]==0){
            g[0].add_line(st,i),g[1].add_line(i,st);
        }
    }
    //g[0].getdis(st);
    g[1].getdis(en);
    topsort();
    printf("%d %d",ans1,ans);
    return 0;
}

启发

DAG套路

考虑建立超级源和超级汇将原DAG转化为一个连通的DAG。

初步探究分析法与“交集优化”

问题

经常使用演绎法做题，即：
先想使用什么算法，在代入题目中考虑，匹配磨合。
这种做法局限性大，并且很耗时。
渐渐地，通过经验的增加，我会更加偏向于分析法：
譬如遇到一道有关树的题目，我会第一时间想到LCA、树形DP等等有关树的方法，而不会是其他的别的什么东西。
但这仍然具有局限，因为这只是很浅的分析法，某种程度上不异于演绎法：
毕竟树的算法涵括很多，一个一个地演绎尝试显然不优。

演绎过度到分析

通过上述说明，我必须将演绎的范围尽可能缩小，才能尽可能地向分析法靠近。
为了缩小演绎的范围，我必须学会挖掘题目的性质，寻找题目的特殊性。
通过许多题，总结出一些惯用的思路：

1.明白题目所求并将其转化

我认为这一点最为重要。
正譬如这一道题：
题目求的是删掉一个点后最长路径最短，并且要使这个点的编号尽可能小。
从中我觉得能挖掘的东西非常少。
因为这个条件委实有点复杂，不好维护什么。
那好，显然我可以耗费O(n)的费用将题目转化为：
删掉某个点后最长路径是多少。
我认为这个问题就让人感觉很舒服。
额外地，我找不到更好的花费代价来转化为更舒服的问题。
那好：如果我现在觉得这个问题合适，考虑贡献的来源：
本题的贡献来源如解法所写。
那么我只要处理这些贡献，那么答案就水到渠成。

2.优化算法

目前，我已将演绎的范围缩小为如何维护这些贡献的来源。

---

显然，如果我暴力处理这些贡献来源，我是用的复杂度是O(n)，并上原来转化使用的复杂度则变成O(n2)，这是不能接受的。
所以我可以采取的是：

1. 演绎一种优化方法
   我认为当前范围已经足够小了，所以直接演绎。
   好，我现在演绎出一个优化方法：
   利用交集关系来优化，
   对于拓扑序同层的点的h，显然不需要多次删除或加入。
   所以可以利用拓扑序来优化具有相同来源的贡献。
   于是就可以将O(mlogn)的时间复杂度均摊了。
2. 继续分析，缩小演绎范围
   考虑时间复杂度的主要来源，显然我在处理同层点时；
   我会多算很多重复的东西。
   于是想到交集优化：
   因此与1.殊途同归。

未来

我觉得这种分析和演绎的结合，就是解决任何问题的剑和盾。
种种问题，我必须平衡分析和演绎，才能快速解题。
未来，锻炼这种对问题的看法和观点，多实践，多完善这个理论。
我相信“分析和演绎”可以贯穿所有OI问题甚至生活中的一切。