AT_abc277_h [ABC277Ex] Constrained Sums

• 前言

  这道题就难在很难看出是一个 2-sat 因为它不像别的 2-sat 的题一样那么一眼。

  思路

  观察到 \(n\times m\leq 10^6\) 所以我们可以定义 \(2\times n\times m\) 个状态，我们发现如果定义成 \(d_{i,j}\) 表示 \(x_i\) 选 \(j\) 是否可以那么就成一个 m-sat 了所以我们改一下状态，用 \(d_{i,j,0/1}\) 表示 \(x_i\geq j\) 是否可以满足条件，通俗一点就是当第三维是 \(0\) 时 \(x_i\) 大于等于 \(j\) 可行，否则 \(x_i\) 必须小于 \(j\)，所以这里我们只需要使 \(x_{i,0,1}\) 恒成立和 \(x_{i,m+1,0}\) 恒成立即可，随后我们就进行分类讨论。

  • 先不考虑条件，可以发现如果 \(d_{i,j,0}\) 可行那么 \(d_{i,j-1,0}\) 一定可行，所以对于所有的 \(d_{i,j,0}\) 都向 \(d_{i,j-1,0}\) 连一条边即可。

  • 对于 \(d_{i,j,1}\) 同理，如果它行（这里只要小于 \(j\)）那么也一定要小于 \(j+1\)。

  • 对于条件中，我们可以枚举一个 \(i\) 表示其中的一个数选什么，然后能够得到另一个能取的区间 \(l1\sim r1\)。

  • 然后如果 \(i>r\) 那么当前点必须取小于的那一个，就是将 \(d_{x,i,0}\to d_{x,i,1}\)，然后还有一种情况就是 \(i+m\leq l\) 那么小于 \(i\) 的一定不能选，就将 \(d_{x,i,1}\to d_{x,i,0}\)。

  • 最后一种就是存在满足条件的情况，对于 \(r1\) 如果一方选 \(i\) 则另一方必须选小于等于 \(r1\) 的，即 \(d_{x,i,0}\to d_{y,r1+1,1}\) 以及 \(d_{y,r1+1,0}\to d_{x,i,1}\)，对于 \(l1\) 我们发现如果一方取的数小于等于 \(i\) 则另一方必须大于等于 \(l1\) 就是 \(d_{x,i,1}\to d_{y,l1+1,0}\) 以及 \(d_{y,l1+1,1}\to d_{x,i,0}\)。

  然后情况就考虑完了直接跑一遍 Tarjan 在输出 scc 小的即可。

  代码

  #include <bits/stdc++.h>
  #include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
  #include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
  #include <ext/rope>
  using namespace __gnu_pbds;
  using namespace std;
  #define int long long
  #define pb push_back
  #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++)
  #define rep1(i,x,y) for(register int i=x;i>=y;--i)
  #define in(x) scanf("%lld",&x)
  #define fire signed
  #define il inline
  il void print(int x) {
  	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
  	if(x>=10) print(x/10);
  	putchar(x%10+'0');
  }
  int T=1;
  const int N=1e4+10,M=1e2+10;
  int n,m,q;
  vector<int>v[N*M*2];
  int dfn[N*M*2],low[N*M*2];
  int is[N*M*2];
  stack<int>s;
  int idx;
  int val[N*M*2],tot;
  void tarjan(int x) {
  	s.push(x);
  	dfn[x]=low[x]=++idx;
  	is[x]=1;
  	for(auto to:v[x]) {
  		if(!dfn[to]) {
  			tarjan(to);
  			low[x]=min(low[x],low[to]);
  		} else if(is[to]) low[x]=min(low[x],dfn[to]);
  	}
  	if(low[x]==dfn[x]) {
  		tot++;
  		int p;
  		do{
  			p=s.top();
  			s.pop();
  			val[p]=tot;
  			is[p]=false;
  		}while(p!=x);
  	}
  }
  int get(int i,int j) {
  	return (i-1)*(m+2)+j+1;
  }
  void solve() {
  	in(n),in(m),in(q);
  	rep(i,1,n) {
  		v[get(i,0)+n*(m+2)].push_back(get(i,0));
  		v[get(i,m+1)].push_back(get(i,m+1)+n*(m+2));
  		rep(j,0,m+1) {//向前后连边
  			if(j<=m) v[get(i,j)+n*(m+2)].push_back(get(i,j+1)+n*(m+2));
  			if(j>=1) v[get(i,j)].push_back(get(i,j-1));
  		}
  	}
  	while(q--) {
  		int a,b,l,r;
  		in(a),in(b),in(l),in(r);
  		rep(i,0,m) {
  			int r1=min(m,r-i),l1=max(0ll,l-i+1);//判边界
  			if(i>r) {
  				v[get(a,i)].push_back(get(a,i)+n*(m+2));
  				v[get(b,i)].push_back(get(b,i)+n*(m+2));
  				continue;
  			}else {
  				v[get(a,i)].push_back(get(b,r1+1)+n*(m+2));
  				v[get(b,r1+1)].push_back(get(a,i)+n*(m+2));
  				v[get(b,i)].push_back(get(a,r1+1)+n*(m+2));
  				v[get(a,r1+1)].push_back(get(b,i)+n*(m+2));
  			}
  			if(i+m-1<l) {
  				v[get(a,i)+n*(m+2)].push_back(get(a,i));
  				v[get(b,i)+n*(m+2)].push_back(get(b,i));
  				continue;
  			}else {
  				v[get(a,i)+n*(m+2)].push_back(get(b,l1));
  				v[get(b,l1)+n*(m+2)].push_back(get(a,i));
  				v[get(b,i)+n*(m+2)].push_back(get(a,l1));
  				v[get(a,l1)+n*(m+2)].push_back(get(b,i));
  			}
  		}
  	}
  	rep(i,1,n*(m+2)*2) if(!dfn[i]) tarjan(i);
  	rep(i,1,n*(m+2)) {
  		if(val[i]==val[i+n*(m+2)]) {
  			cout<<"-1\n";
  			return ;
  		}
  	}
  	rep(i,1,n) {
  		rep1(j,m,0) {
  			if(val[get(i,j)]<val[get(i,j)+n*(m+2)]) {
  				cout<<j<<' ';
  				break;
  			}
  		}
  	}
  	return;
  }
  fire main() {
  	while(T--) {
  		solve();
  	}
  	return false;
  }