📄 CF2146B Merging the Sets 题解
题目大意
给定 $n$ 个集合 $S_1, \ldots, S_n$，元素范围是 1 到 $m$。你需要判断，是否存在至少 3 种不同的选择集合的方式（可以选择 0 个或多个集合），使得所选集合的并集包含从 1 到 $m$ 的所有整数。
💡 思路分析
这道题问的是方案数是否 $\ge 3$。直接去“构造”所有方案会很复杂。我们可以换一个角度，从一个已知的解出发，去寻找其他的解。
这个思路我们称之为**“移除法”**。
第一步：检查“全选”是否为合法解
一个最容易检查的方案就是把所有 $n$ 个集合都选上（我们称之为 $All$）。
要检查 $All$ 是否合法，我们只需要知道 $All$ 是否覆盖了 $1$ 到 $m$ 的所有整数。
-
我们使用一个数组
counts[m+1]来统计每个数字 $i$（$1 \le i \le m$）在所有 $n$ 个集合中总共出现了多少次。 -
在读入所有数据的同时，我们可以填充这个
counts数组。 -
读入完毕后，遍历
counts数组（从 $i=1$ 到 $m$）：- 如果存在任何一个
counts[i] == 0，这意味着数字 $i$ 从未出现过。 - 此时，连“全选”都无法覆盖 $i$，说明没有任何方案能覆盖所有数字。
- 总方案数为 0。我们直接输出
NO，并结束当前测试用例。
- 如果存在任何一个
-
如果循环结束后，发现所有的
counts[i]都 $\ge 1$，这说明“全选”$All$ 是一个合法的解。 -
我们就把 $All$ 当作我们找到的第 1 种合法方案。
第二步：寻找其他解（“移除法”）
既然 $All$ 是一个解，那么 $All$ 的子集有没有可能也是解？
最简单的子集就是“全选”再去掉一个集合 $S_i$，我们记为 $All \setminus {S_i}$。
- 问题：$All \setminus {S_i}$ 什么时候是合法的解？
- 答案：当 $S_i$ 是一个**“可移除的”**（或“冗余的”）集合时。
第三步：定义“可移除的”集合
一个集合 $S_i$ 是“可移除的”，当且仅当：
$S_i$ 中包含的每一个元素 $x$，在 $S_i$ 之外至少还被其他一个集合包含。
这个定义听起来有点绕，但用我们第一步的 counts 数组来描述就非常简单：
$S_i$ 是“可移除的” $\iff$ 对于 $S_i$ 中的所有元素 $x$，都有
counts[x] >= 2。
- 如果 $S_i$ 中有任何一个元素 $x$ 满足
counts[x] == 1，说明 $x$ 只在 $S_i$ 中出现过。 - 如果此时移除了 $S_i$，数字 $x$ 就无法被覆盖了。
- 因此，这个 $S_i$ 就是“不可移除的”（或“必要的”）。
第四步：统计与结论
现在我们的目标很明确：统计有多少个“可移除的”集合。
-
我们需要一个二维向量（比如
vector<vector<int>> sets）来存储所有 $n$ 个集合的元素，以便我们能回头遍历它们。 -
初始化
removable_count = 0。 -
遍历所有 $n$ 个集合（
i从 0 到 $n-1$）：- 对于第 $i$ 个集合
sets[i]，假设它是可移除的（bool can_remove = true）。 - 遍历
sets[i]中的每一个元素 $x$：if (counts[x] == 1)：- 说明 $S_i$ 是 $x$ 的唯一来源， $S_i$ 不可移除。
- 设置
can_remove = false。 break（跳出内层循环，没必要再检查 $S_i$ 的其他元素了）。
- 如果内层循环正常结束，
can_remove仍然是true，说明sets[i]中所有元素 $x$ 都有counts[x] >= 2。 - 此时
removable_count++。
- 对于第 $i$ 个集合
-
在外层循环结束后，我们就得到了“可移除”集合的总数
removable_count。现在来判断答案：-
Case 1:
removable_count == 0- 说明每个集合都是“必要的”，缺一不可。
- 总共只有 1 种方案：$All$（“全选”）。
- $1 < 3$，输出
NO。
-
Case 2:
removable_count == 1- 说明只有一个集合 $S_k$ 是可移除的。
- 总共只有 2 种方案：
- $All$
- $All \setminus {S_k}$ （去掉 $S_k$）
- $2 < 3$，输出
NO。
-
Case 3:
removable_count >= 2- 说明至少有两个不同的集合 $S_i$ 和 $S_j$ 是可移除的。
- 这至少给我们提供了 3 种不同的方案：
- $All$
- $All \setminus {S_i}$ （去掉 $S_i$）
- $All \setminus {S_j}$ （去掉 $S_j$）
- （可能还有 $All \setminus {S_i, S_j}$ 等更多方案，但我们不关心）
- $3 \ge 3$，输出
YES。
-
🚀 复杂度分析
-
时间复杂度： $O(n + m + L)$。
- $L$ 是所有集合的元素总数（$L = \sum l_i$）。
- 读入数据并存入
counts和sets：$O(L)$。 - 检查 $All$ 是否可行：$O(m)$。
- 统计可移除集合：外层循环 $n$ 次，内层循环 $l_i$ 次，总共是 $\sum l_i = L$ 次。
- 总时间为 $O(n + m + L)$。根据题目的总和限制（$\sum L \le 2 \cdot 10^5$），这个复杂度非常快，不会 TLE。
-
空间复杂度： $O(n + m + L)$。
counts数组占用 $O(m)$。sets向量占用 $O(n)$（存储 $n$ 个向量对象）和 $O(L)$（存储 $L$ 个元素）。- 总空间为 $O(n + m + L)$。根据总和限制，内存占用很小，不会 MLE。
💻 AC 代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int t;
cin >> t;
while(t--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
// 1. 计数
// counts 用于统计 1 到 m 每个数字出现的总次数
vector<int> counts(m + 1, 0);
// sets 用于存储所有 n 个集合，以便后续遍历
vector<vector<int>> sets(n);
for(int i = 0; i < n; i++) { // 循环 n 次，读入 n 个集合
int l;
cin >> l;
// 预留 l 个空间，或者使用 push_back
sets[i].resize(l);
for (int j = 0; j < l; j++) {
int a;
cin >> a;
counts[a]++; // 统计数字 a 出现的次数
sets[i][j] = a; // 把数字 a 存入第 i 个集合
}
}
// 2. 检查“全选”是否可行
bool all_valid = true;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if (counts[i] == 0) {
// 如果有数字一次都没出现过，方案数为 0
all_valid = false;
break;
}
}
if (!all_valid) {
cout << "NO" << endl;
continue; // 直接处理下一个测试用例
}
// --- 能运行到这里，说明“全选”是第 1 种方案 ---
// 3. 寻找“可移除的”集合
int removable_count = 0;
// 遍历 n 个集合 (i 是集合的索引)
for(int i = 0; i < n; i++) {
bool can_remove = true; // 假设第 i 个集合可以移除
// 遍历第 i 个集合 (sets[i]) 中的所有元素 x
for(int x : sets[i]) {
// 核心逻辑：如果 S_i 包含了一个“独苗”元素
if (counts[x] == 1) {
// 那么 S_i 就是不可移除的
can_remove = false;
break; // 不用再检查 S_i 的其他元素了
}
}
// 如果检查完 S_i 的所有元素，can_remove 仍然是 true
if (can_remove) {
removable_count++;
}
}
// 4. 最终判断
if (removable_count >= 2) {
// 方案 1: All
// 方案 2: All \ {S_i}
// 方案 3: All \ {S_j}
cout << "YES" << endl;
} else {
// removable_count = 0 (只有 "All" 1种方案)
// removable_count = 1 (只有 "All" 和 "All \ S_k" 2种方案)
cout << "NO" << endl;
}
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号