Planar Tree

题解

首先，我们看这题呀，感觉这东西好像很阴间的样子，想想有没有什么比较好的方法。
好像没有的样子。
首先当然可以有比较简单的$O\left(n^3\right)$的区间$dp$做法，不过这东西好像根本没有利用上我们$A_i\in [1,4]$的性质。
不妨考虑一下这个性质有什么用。

显然，这里我们可以发现，$A_i=1/4$的点连接到的点的权值都是唯一的，它们如果与$2/3$相邻，显然可以直接合并到那上面。
同样，如果有两个相邻的权值相同的数，也是可以合并到一起的，因为它们必然可以连向相同的目标。
我们可以把上面两类点给合并起来，得到一个相邻的点都不同并且不存在$(1,2)/(3,4)$相邻的图形。

但这又有什么用呢？
我们可以发现，我们的树其实是可以由不断合并在环上相邻的边构成的。
显然，对于一个大小为$n$的环，其生成树上肯定会存在一个叶子与其父亲相邻，否则必然会出现相交的线段。
也就是说，我们可以由这种方式递归构造出整棵树。
我们上面的合并显然是优秀的合并，也就是说，它并不会影响最后的答案是否有解。
那么我们再来看在我们的新环上有能怎么办了？
如果这个环仅存在$2$和$3$的时候显然是有解的，所以我们的目的是将这个环上的$1,4$全部去掉。
如果要去掉$1$，环上肯定得存在$2$，为了两者不相邻，它们肯定会用$3$隔开，也是说能合并的地方必然长这个样子：$...,1,3,1,3,1,3,1,3,2,...$，这样我合并$(1,2)$后必然会去掉一个$3$。
同样，在合并$(3,4)$后也必然去掉一个$2$。
也就是说，我们有解的必要条件是$cn{t}_2⩾cn{t}_4\wedge cn{t}_3⩾cn{t}_1$。
但显然，它们两个不能同时取等，因为我们最后一次合并后肯定还会剩一个。
所以，我们真正的必要条件是：$(cn{t}_2⩾cn{t}_4\wedge cn{t}_3>cn{t}_1)\vee (cn{t}_2>cn{t}_4\wedge cn{t}_3⩾cn{t}_1)$。
容易发现这个条件也是充分的，因为按照我们上面的方法是可以构造得到解的。

所以，只需要按我们上面的方法缩点后判断一下即可。
时间复杂度$O\left(\sum n\right)$。

源码

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
#define MAXN 300005
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mo=998244353;
template<typename _T>
void read(_T &x){
    _T f=1;x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
    x*=f;
}
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1;}return t;}
int T,n,a[MAXN],b[MAXN],head,tail,cnt[5];
int main(){
    read(T);
    while(T--){
        read(n);head=tail=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            read(a[i]);a[i]--;bool flag=0;
            while(head<tail){
                if(b[tail-1]==a[i]){tail--;continue;}
                if((b[tail-1]^a[i])==1){
                    if(a[i]==0||a[i]==3)flag=1;
                    else{tail--;continue;}
                }
                break;
            }
            if(!flag)b[tail++]=a[i];
        }
        while(head+1<tail){
            if(b[head]==b[tail-1])tail--;
            else if((b[head]^b[tail-1])==1){
                if(b[head]==0||b[head]==3)head++;
                else tail--;
            }
            else break;
        }
        for(int i=head;i<tail;i++)cnt[b[i]]++;
        if(cnt[0]>cnt[2]||cnt[3]>cnt[1])puts("No");
        else if(cnt[0]==cnt[2]&&cnt[3]==cnt[1])puts("No");
        else puts("Yes");
        cnt[0]=cnt[1]=cnt[2]=cnt[3]=0;
    }
    return 0;
}

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谢谢！！！