P3573 [POI 2014] RAJ-Rally 做题记录

P3573 [POI 2014] RAJ-Rally 做题记录

Description

给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向无环图，每条边长度都是 \(1\)。

请找到一个点，使得删掉这个点后剩余的图中的最长路径最短。

\(2\le n\le5\times10^5\)，\(1\le m\le10^6\)。

Solution

如果不删掉任何点，答案怎么求呢？

注意到给出的图是一个 DAG，那么我们建立一个超级源点 \(S\) 和一个超级汇点 \(T\)，可以用正反两遍拓扑排序 \(O(n)\) 求出每个点的 \(dis(S\rightarrow i)\) 与 \(dis(i \rightarrow T)\)。

我们令 \(dis(S\rightarrow S)=dis(T\rightarrow T)=-1\)，我们枚举所有边 \((u\rightarrow v)\)，答案就是 \(dis(S\rightarrow u)+dis(v\rightarrow T)+1\) 的最大值。

如果我们删掉了一个点，答案又该怎么求呢？

我们在拓扑排序中处理出拓扑序。删掉点 \(x\) 之后，点被分为两部分：拓扑序在 \(x\) 之前的点集 \(X\)，拓扑序在 \(x\) 之后的点集 \(Y\)。

那么答案就有三种情况：

1. \(\max_{p\in X}(dis(S\rightarrow p))\)；
2. \(\max_{p\in Y}(dis(p\rightarrow T))\)；
3. \(\max_{p\in X,q\in Y} (dis(S\rightarrow p)+dis(q\rightarrow T)+1)\)，\((p\rightarrow q)\in E\)。

由于 \(Y\) 中的点的拓扑序都在 \(X\) 中的点之后， 所以不存在一条边 \((u\rightarrow v)\)，使得 \(u\in Y,v\in X\)。

前两种情况是好处理的，但第三种呢？

我们拿出拓扑序最小的点 \(u\)，其答案为 \(\max_{p\ne u} (dis(p\rightarrow T))\)。

假如我们已经求出了拓扑序在 \([1,i-1]\) 中的点的答案。我们把 \(X,Y\) 两个集合维护出来，现在 \(X\) 中的点拓扑序都小于 \(i\)，\(Y\) 中的点都大于等于 \(i\)。

我们把拓扑序为 \(i\) 的这个点 \(v\) 从 \(Y\) 中拿出来。删掉 \(v\) 之后，\(dis(v\rightarrow T)\) 和所有的 \(dis(S\rightarrow z)+dis(v\rightarrow T)+1 \ ((z\rightarrow v)\in E)\) 都作废了。剩余的最大值就是 \(v\) 的答案。

接着，我们把 \(v\) 加入到 \(X\) 中。\(dis(S\rightarrow v)\) 与所有的 \(dis(S\rightarrow v)+dis(z\rightarrow T)+1 \ ((v\rightarrow z)\in E)\) 生效。

我们需要一个支持插入、删除、查询最大值的数据结构。multiset 维护即可。

时间复杂度为 \(O((n+m)\log (n+m))\)。

int n,m;
struct Edge{
    int to,nxt,tp;
}edge[M<<1];

int topo[N],head[N],tot,in[N],dis1[N],dis2[N];

void Add(int u,int v,int tp){
    edge[++tot]={v,head[u],tp};
    head[u]=tot;
}

signed main(){
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        Add(0,i,0);
        in[i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;
        read(u),read(v);
        Add(u,v,0);
        Add(v,u,1);
        in[v]++;
    }
    queue<int> q; q.push(0); tot=-1;
    dis1[0]=-1;
    while(q.size()){
        int x=q.front(); q.pop();
        topo[++tot]=x;
        for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
            if(edge[i].tp) continue;
            int t=edge[i].to;
            Ckmax(dis1[t],dis1[x]+1);
            if(!(--in[t])) q.push(t);
        }
    }
    for(int i=n;i;i--){
        int x=topo[i];
        for(int j=head[x];j;j=edge[j].nxt){
            if(edge[j].tp) continue;
            int t=edge[j].to;
            Ckmax(dis2[x],dis2[t]+1);
        }
    }
    multiset<int> s;
    for(int i=1;i<=n;i++) s.insert(dis2[i]);
    int ans=IINF,frm=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x=topo[i];
        for(int j=head[x];j;j=edge[j].nxt){
            if(!edge[j].tp) continue;
            int t=edge[j].to;
            s.erase(s.find(dis2[x]+dis1[t]+1));
        }
        s.erase(s.find(dis2[x]));
        if(s.size()){
            int res=*s.rbegin();
            if(res<ans) ans=res,frm=x;
        }
        s.insert(dis1[x]);
        for(int j=head[x];j;j=edge[j].nxt){
            if(edge[j].tp) continue;
            int t=edge[j].to;
            s.insert(dis1[x]+dis2[t]+1);
        }
    }
    printf("%d %d\n",frm,ans);
    return 0;
}