洛谷 P3588 【[POI2015]PUS】题解

算法分析：

首先，有一个最简单的思路，把这个区间里的其它数向这 k" role="presentation" style="position: relative;">k$k$ 个数连一条边权为 1" role="presentation" style="position: relative;">1$1$ 的边，表示这 k" role="presentation" style="position: relative;">k$k$ 个数要比其它的数大，然后跑一边拓扑排序，求最长路。如果有环，那么问题就无解。否则，有解的图一定是一个有向无环图。

考虑为什么要求最长路。这里的最长路表示该点的最小取值。如果我们求出来的这个点的 disi" role="presentation" style="position: relative;">disi$di{s}_i$ 大于给定数范围的限制，或者当前点是给定的，但我们求出的最长路大于他给定的值，那么就无解，否则直接输出从 1" role="presentation" style="position: relative;">1$1$ 到 n" role="presentation" style="position: relative;">n$n$ 的 disi" role="presentation" style="position: relative;">disi$di{s}_i$​ 即可。

但这道题的边数有 ∣S1∣×∣S2∣" role="presentation" style="position: relative;">∣S1∣×∣S2∣$\mid S1\mid \times \mid S2\mid$ 条，S1" role="presentation" style="position: relative;">S1$S1$ 是给定的 k" role="presentation" style="position: relative;">k$k$ 个点，S2" role="presentation" style="position: relative;">S2$S2$ 是其余的点。显然炸了。

考虑第一个优化，我们可以建一个虚拟点 node" role="presentation" style="position: relative;">node$node$，把 node" role="presentation" style="position: relative;">node$node$ 向 k" role="presentation" style="position: relative;">k$k$ 个点连一条边权为 1" role="presentation" style="position: relative;">1$1$ 的边，然后把其它的区间向虚拟点 node" role="presentation" style="position: relative;">node$node$ 连一条边权为 0" role="presentation" style="position: relative;">0$0$ 的边，这样我们就可以表示上述所说的把这个区间里的其它数向这 k" role="presentation" style="position: relative;">k$k$ 个数连一条边权为 1" role="presentation" style="position: relative;">1$1$ 的边。

但边的条数我们还是不能接受。

考虑进一步的优化。我们有 m" role="presentation" style="position: relative;">m$m$ 个区间，每一个区间最多有 k+1" role="presentation" style="position: relative;">k+1$k+1$ 段。跟区间有关的连边，我们可以想到线段树优化建图。具体就是，线段树的两个孩子节点分别向父节点连一条边权为 0" role="presentation" style="position: relative;">0$0$ 的边，然后区间向虚拟点 node" role="presentation" style="position: relative;">node$node$ 连边就可以表示为线段树上的一段区间向虚拟点 node" role="presentation" style="position: relative;">node$node$ 连边。这样向每段区间最多有 log⁡n" role="presentation" style="position: relative;">logn$\log n$ 条边，区间的总数是 ∑k" role="presentation" style="position: relative;">∑k$\sum k$，线段树内部有 2n" role="presentation" style="position: relative;">2n$2n$ 条边，给定的 k" role="presentation" style="position: relative;">k$k$ 个点需要连边，这样边的总数是 k+∑klog⁡n+2n" role="presentation" style="position: relative;">k+∑klogn+2n$k+\sum k\log n+2n$，可以过这道题。

最后说一下如何判环，我们发现在拓扑排序中，把每一个点 i" role="presentation" style="position: relative;">i$i$ 如果访问到就 visi=1" role="presentation" style="position: relative;">visi=1$vi{s}_i=1$ 最后看是否有点没有被访问过，如果有的话那就是有环，没有的话直接判最长路即可。

总代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define re register
#define rep(a,b,c)  for(re int a(b) ; a<=c ; ++a)
#define drep(a,b,c) for(re int a(b) ; a>=c ; --a)
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch == '-') f=-1 ; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48) ; ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int M = 5e5+10;
const int limit = 1e9;
int a[M],dis[M],head[M],vis[M];
int du[M],t[M];
int n,s,m;
int cnt,tot;
struct edge{
    int to,nxt,w;
}e[M*10]; //注意不要开小
inline void add(int u,int v,int w){ //加边
    e[++cnt].to = v;
    e[cnt].w = w;
    e[cnt].nxt = head[u];
    head[u] = cnt;
    du[v]++;
}
inline void build(int k,int l,int r){ //正常的线段树建立
    if(l == r){
        t[k] = l; //叶节点的编号
        return;
    }
    t[k] = ++tot; //每一个节点的编号
    int mid = (l+r)>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build(k<<1|1,mid+1,r);
    add(t[k<<1],t[k],0),add(t[k<<1|1],t[k],0); //左右儿子分别向父亲连边
}
inline void link(int k,int l,int r,int x,int y,int node){
    if(x<=l && r<=y){
        add(t[k],node,0); // 这个区间向虚拟点node连边
        return;
    }
    int mid = (l+r)>>1;
    if(x<=mid) link(k<<1,l,mid,x,y,node);
    if(y>mid)  link(k<<1|1,mid+1,r,x,y,node); //正常操作
}
inline void topo(){
    queue<int> q;
    for(re int i(1) ; i<=tot ; ++i){
        if(!dis[i]) dis[i] = 1; //从1开始
        if(du[i] == 0) q.push(i); //把入度为0的点先加进队列
    }
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();
        q.pop();
        vis[u] = 1; //标记这个点走到了
        for(re int i(head[u]) ; i ; i=e[i].nxt){
            int v = e[i].to,w = e[i].w;
            if(dis[v] < dis[u] + w) dis[v] = dis[u] + w; //更新最长路
            if(a[v] && dis[v] > a[v]) printf("NIE\n"),exit(0); //如果不满足条件
            du[v]--;
            if(!du[v]) q.push(v);
        }
    }
}
signed main(){
    n=read(),s=read(),m=read();
    tot = n;
    build(1,1,n);
    rep(i,1,s){
        int pos=read(),x=read();
        a[pos] = dis[pos] = x;
    }
    rep(i,1,m){
        int l=read(),r=read(),k=read();
        tot++; //tot就是虚拟点
        int pre = l-1; //上一段区间的左端点
        int x;
        for(re int j(1) ; j<=k ; ++j){
            x = read();
            add(tot,x,1); //虚拟点向x连边
            if(x > pre+1) link(1,1,n,pre+1,x-1,tot); //这个区间没有被连边，就连边
            pre = x; //更新pre
        }
        if(x < r) link(1,1,n,x+1,r,tot); //最后看是否会剩一段区间没有连边
    }
    topo();
    for(re int i(1) ; i<=tot ; ++i) if(!vis[i] || dis[i] > limit) { printf("NIE\n"); return 0; } //判无解
    printf("TAK\n");
    rep(i,1,n) printf("%d ",dis[i]);
    return 0;
}