LOJ6062「2017 山东一轮集训 Day2」Pair（Hall定理，线段树）

题面

给出一个长度为 $n$ 的数列 $\{a_i\}$ 和一个长度为 $m$ 的数列 $\{b_i\}$，求 $\{a_i\}$ 有多少个长度为 $m$ 的连续子数列能与 $\{b_i\}$ 匹配。

两个数列可以匹配，当且仅当存在一种方案，使两个数列中的数可以两两配对，两个数可以配对当且仅当它们的和不小于 $h$。

$1\le m\le n\le 150000.$

题解

条件等价于子二分图存在完备匹配。

我们从数列 $B$ 的角度考虑，根据 Hall 定理，要保证 $B$ 的任意子集 $S$ 满足 $|S|\le |N(S)|$ ，$N(S)$ 表示 $S$ 中所有点的邻接点构成的集合。

然后，我们会发现连边具有单调性，$a_i$ 可以和所有大于等于 $h-a_i$ 的 $b_j$ 连边。所以，我们把 $B$ 从小到大排序，每个 $a_i$ 的邻接点集就是 $B$ 的某段后缀。

这就意味着，对于 $\forall i<j\le m,N(i)\subseteq N(j)$ ，即 $i$ 的邻接点集一定是 $j$ 的邻接点集的子集。很容易就能得到，如果 $B$ 的某前缀 $P$ 满足 $|P|\le |N(P)|$ ，那么对于任意 $S\subseteq B,|S|=|P|$ ，也一定满足 $|S|\le |N(S)|$ 。

于是，我们需要考虑的子集从 $2^m-1$ 个锐减至 $m$ 个。而且，明显可以用线段树维护每个前缀的邻接点集大小，存在完备匹配的条件即 $\min \{|N(P)|-|P|\}\ge 0$ 。

时间复杂度 $O(n\log m)$ 。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 150005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
LL read() {
	LL f=1,x=0;int s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<3) + (x<<1) + (s^48);s = getchar();}
	return f * x;
}
void putpos(LL x) {if(!x)return ;putpos(x/10);putchar((x%10)^48);};
void putnum(LL x) {
	if(!x) {putchar('0');return ;}
	if(x<0) putchar('-'),x = -x;
	return putpos(x);
}
void AIput(LL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}

int n,m,s,o,k;
int H;
int a[MAXN],b[MAXN],ad[MAXN];
int tre[MAXN<<2],lz[MAXN<<2],M;
void maketree(int n) {
	M=1;while(M<n+2)M<<=1;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		tre[M+i] = -i;
	}
	for(int i = M-1;i > 0;i --) {
		tre[i] = min(tre[i<<1],tre[i<<1|1]);
	}return ;
}
void addtree(int l,int r,int y) {
	if(l > r) return ;
	for(int s=M+l-1,t=M+r+1;s || t;s >>= 1,t >>= 1) {
		if(s<M) tre[s] = min(tre[s<<1],tre[s<<1|1]) + lz[s];
		if(t<M) tre[t] = min(tre[t<<1],tre[t<<1|1]) + lz[t];
		if((s>>1) ^ (t>>1)) {
			if(!(s&1)) tre[s^1] += y,lz[s^1] += y;
			if(t & 1) tre[t^1] += y,lz[t^1] += y;
		}
	}return ;
}
int main() {
	n = read();m = read();H = read();
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		b[i] = read();
	}
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		a[i] = read();
	}
	sort(b + 1,b + 1 + m);
	maketree(m);
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		ad[i] = lower_bound(b + 1,b + 1 + m,H-a[i]) - b;
		addtree(ad[i],m,1);
		if(i > m) addtree(ad[i-m],m,-1);
		if(tre[1] >= 0) ans ++;
	}
	AIput(ans,'\n');
	return 0;
}