[CF1519E]Off by One
壹、题目描述 ¶
贰、题解 ¶
对于一些点 \((x_i,y_i)\)，如果它们的斜率相同，即说明 \(({x_i\over k},{y_i\over k})\) 也是相同的（其中 \(k\overset{\Delta}=\gcd(x_i,y_i)\)）我们可以考虑将一个点 \((x,y)\) 能够到达的两个点连起来，这条边的编号为这个点的编号，即我们将相同的斜率当成点，而将原来的点当成边，那么我们的问题就转化为了：
给一个无向图（或许有很多连通块），一个匹配为一对共用至少一个顶点的边，现在你要找出这个图的最大匹配数量。
贪心地想，对于一个有 \(m\) 条边的无向图，我们期望地匹配数量应该是 \(\lfloor{m\over 2}\rfloor\)，并且一定能够达到。
简要证明一下：对于这张图，遍历出一个 \(\tt dfs\) 树，对于每一条边（不论是树边还是非树边），强制将其看作为从深度小的连向深度大的（即往下走），那么，对于一个度数为 \(d\) 的点，，我们分情况讨论：
- 若 \(d=2k\)，那么它自己内部就可以搞定；
- 若 \(d=2k+1\)，那么它自己内部搞定之后，让它剩下的边和它父亲的一条边再构成一个匹配
让你父亲给你收尾？；
比较特别的是 树 根，因为它没有父亲，所以它如果剩下一条边，就没人给他收尾了。
在代码实现时，定义 \(\tt match[i]\) 表示 \(i\) 点尚未被匹配的边的编号是多少，特别的，若为 \(0\) 即没有剩余的边。
对于 \(({x_i\over k},{y_i\over k})\) 的离散，有更好的做法，考虑 \(({a\over b},{c\over d})\) 的斜率实际上和 \((ad,cb)\) 是一样的，那么，对于 \(({a\over b}+1,{c\over d})\) 或者 \(({a\over b},{c\over d}+1)\) 也是一样，只需要同时乘上 \(bd\) 就行了。
时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)，瓶颈在 \(\tt hash\).
叁、参考代码 ¶
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<map>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Endl putchar('\n')
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define rep(i, l, r) for(int i=(l), i##_end_=(r); i<=i##_end_; ++i)
#define fep(i, l, r) for(int i=(l), i##_end_=(r); i>=i##_end_; --i)
#define fi first
#define se second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<long long, long long> pll;
template<class T>inline T fab(T x){ return x<0? -x: x; }
template<class T>T gcd(T x, T y){ return y? gcd(y, x%y): x; }
template<class T>inline T readin(T x){
x=0; int f=0; char c;
while((c=getchar())<'0' || '9'<c) if(c=='-') f=1;
for(x=(c^48); '0'<=(c=getchar()) && c<='9'; x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f? -x: x;
}
const int maxn=200000<<1;
struct edge{
int to, nxt, id;
edge(){}
edge(int T, int N, int I): to(T), nxt(N), id(I){}
}e[maxn<<1|1];
int tail[maxn+5], ecnt;
inline void add_edge(int u, int v, int id){
// printf("add_edge :> u == %d, v == %d, id == %d\n", u, v, id);
e[ecnt]=edge(v, tail[u], id); tail[u]=ecnt++;
e[ecnt]=edge(u, tail[v], id); tail[v]=ecnt++;
}
int n;
map<pll, int>htable;
int ncnt;
inline int getid(ll x, ll y){
ll d=gcd(x, y);
pll cur=mp(x/d, y/d);
if(!htable[cur]) htable[cur]=++ncnt;
return htable[cur];
}
inline void input(){
memset(tail, -1, sizeof tail);
n=readin(1);
int a, b, c, d, u, v;
rep(i, 1, n){
a=readin(1), b=readin(1), c=readin(1), d=readin(1);
u=getid(1ll*(a+b)*d, 1ll*c*b);
v=getid(1ll*a*d, 1ll*(c+d)*b);
add_edge(u, v, i);
}
}
vector<pii>ans;
int vis[maxn+5], match[maxn+5];
void dfs(int u){
vis[u]=1;
for(int i=tail[u], v, nde; ~i; i=e[i].nxt){
v=e[i].to, nde=e[i].id;
e[i].to=e[i^1].to=0;
if(v){
if(!vis[v]) dfs(v);
if(match[v]){
ans.push_back(mp(nde, match[v]));
match[v]=0;
}
else if(match[u]){
ans.push_back(mp(nde, match[u]));
match[u]=0;
}
else match[u]=nde;
}
}
}
signed main(){
input();
rep(i, 1, ncnt) if(!vis[i])
dfs(i);
printf("%d\n", (int)ans.size());
for(int i=0, siz=ans.size(); i<siz; ++i)
printf("%d %d\n", ans[i].fi, ans[i].se);
return 0;
}
肆、用到 の Trick
这是 “最大边匹配”，可以使用这种贪心思路来构造。
另外，有个思想：有些子节点欠下的债，可以留到父节点来还。但并不是所有的债都可以子债父还罢？
