【洛谷5292】[HNOI2019] 校园旅行(思维DP)

点此看题面

大致题意: 给你一张无向图,每个点权值为\(0\)\(1\),多组询问两点之间是否存在一条回文路径。

暴力\(DP\)

首先,看到\(n\)如此之小(\(n\le5000\)),便容易想到一个\(O(m^2)\)的暴力\(DP\)

我们用\(f_{i,j}\)表示\(i\)\(j\)两点之间是否存在一条回文路径

初始化,\(f_{i,i}=1,f_{i,j}=1(s_i=s_j)\),即分别预处理最短的奇数长度回文路径和偶数长度回文路径。

然后我们把所有\(f_{i,j}=1\)的点对\((i,j)\)扔入一个队列里,用类似于\(BFS\)的方式,每次枚举\(i\)的一个相邻节点\(x\)\(j\)的一个相邻节点\(y\),如果\(s_x=s_y\),则显然存在一条回文路径\(x->i->j->y\),因此更新\(f_{x,y}=1\)并将\((x,y)\)扔入队列里。

这里要加上一个很显然的优化,即如果\(f_{x,y}\)原本就为\(1\),我们就不进行操作。

这样每组点对最多被枚举一次,这里的时间复杂度是\(O(n^2)\)

但枚举相邻节点时要同时枚举两条边,因此复杂度就变成了\(O(m^2)\)

不难发现,这个算法时间复杂度的瓶颈就在于枚举两条边这里,因此我们需要考虑对这个地方进行优化。

奇偶性与二分图性质

我们先考虑只在同色点之间连边

考虑到每条边可以重复多次,也就是说,我们在转移时如果在一条边上无限走,则可以无限刷长度。

但是,我们无限刷长度不一定能改变奇偶性

不过,我们至少可以得出一个结论,在\(DP\)转移时,只要是奇偶性相同的一段同色路径,我们就可以进行转移。

那么什么时候奇偶性不同也可以转移呢?

这时候就要借助二分图的定义来求解了。

考虑先判断当前图是否是二分图,这只需要\(DFS\)给相邻点染不同颜色,出现矛盾就说明不是二分图,否则是二分图。

而二分图有个性质,即可以将图中点集划分成两部分,其中同一部分的点之间没有边。

也就是说,从一个点出发,必然要沿着这一个点集\(->\)另一个点集\(->\)这一个点集\(->\)另一个点集\(->...->\)这一个点集这样的路径走才能走回到该点,则经过边数为偶数,无法改变奇偶性。

否则,图中必然存在奇环,而通过奇环就可以改变奇偶性了。

大力删边

所以我们前面讲了这么多是要干什么呢?就是为了删掉图中的一些边,使边数变成\(O(n)\)规模。

我们要明白二分图的另一个性质,即二分图的一棵生成树也满足二分图性质,无法改变奇偶性。

因此,对于每一个是二分图的同色连通块,我们就可以只保留一棵生成树。

而对于不是二分图的连通块,其实我们也可以先取一棵生成树,然后只要给这张图中任意一个节点加上一个自环,这样也可以改变奇偶性,与原连通块是等价的。

而对于只在异色点之间连边,也有类似的规律,而且我们可以发现它必定是二分图(将点集按颜色划分成两个点集),可以直接保留生成树。

于是点一下就少了很多,可以直接按前面的暴力\(DP\)来搞了!

这时边数是\(O(n)\),所以时间复杂度也就是\(O(n^2)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 5000
#define M 500000
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,ee,H,T,lnk[N+5],f[N+5][N+5];string s;
struct edge {int to,nxt;}e[(M<<1)+5];
typedef pair<int,int> Pr;Pr q[N*N+5];
class FastIO
{
    private:
        #define FS 100000
        #define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        #define tn (x<<3)+(x<<1)
        #define D isdigit(c=tc())
        char c,*A,*B,FI[FS];
    public:
        I FastIO() {A=B=FI;}
        Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
        Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
        I void reads(string& x) {x="";W(isspace(c=tc()));W(x+=c,!isspace(c=tc())&&~c);}
}F;
class GraphBuilder//建新图
{
    private:
        #define nadd(x,y) (ne[++nee].nxt=nlnk[x],ne[nlnk[x]=nee].to=y)//建新边
        int nee,t,col[N+5];
        I void Travel(CI x,CI op)//扫一遍连通块(op表示只能在同色/异色点间连边),建好生成树,同时判断是否为二分图
        {
            for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) (s[x-1]==s[e[i].to-1])==op&&
            (
                col[e[i].to]?(col[x]==col[e[i].to]&&(t=0))//如果产生矛盾说明不是二分图
                :(col[e[i].to]=3-col[x],Travel(e[i].to,op),nadd(x,e[i].to),nadd(e[i].to,x))//给相邻点染上不同颜色
            );
        }
    public:
        int nlnk[N+5];edge ne[(M<<1)+5];
        I void Build()//建图
        {
            #define Clear() for(i=1;i<=n;++i) col[i]=0
            RI i;Clear();for(i=1;i<=n;++i) !col[i]&&(col[i]=t=1,Travel(i,1),!t&&nadd(i,i));//对于非二分图建一个自环
            Clear();for(i=1;i<=n;++i) !col[i]&&(col[i]=1,Travel(i,0),0);
        }
}G;
#define Push(x,y) (q[++T]=mp(x,y),f[x][y]=f[y][x]=1)
I void DP()//动态规划
{
    RI i,j;Pr k;W(H<=T) for(i=G.nlnk[(k=q[H++]).fir];i;i=G.ne[i].nxt)//枚第一个点的相邻节点
        for(j=G.nlnk[k.sec];j;j=G.ne[j].nxt) s[G.ne[i].to-1]==s[G.ne[j].to-1]&&//枚第二个点的相邻节点
            !f[G.ne[i].to][G.ne[j].to]&&Push(G.ne[i].to,G.ne[j].to);//扔入队列中
}
int main()
{
    RI Qtot,i,x,y;for(F.read(n,m,Qtot),F.reads(s),i=1;i<=m;++i)//读入数据
        F.read(x,y),add(x,y),add(y,x),s[x-1]==s[y-1]&&Push(x,y);//初始化队列
    for(G.Build(),i=1;i<=n;++i) Push(i,i);DP();//建新图,初始化队列,然后DP
    W(Qtot--) F.read(x,y),puts(f[x][y]?"YES":"NO");return 0;//对于每个询问输出答案
}
posted @ 2019-04-18 20:06 TheLostWeak 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏