Educational Codeforces Round 108 (Rated for Div. 2) E. Off by One

一、题目大意

给你n个点，每个点可以且必须进行一次位移（横向向右移动一个单位或者纵向向上移动一个单位），问位移之后有多少对点可以进行匹配（只要两个点和原点三点共线即可匹配），每个点只能匹配一次，问最大匹配数目和匹配方案。

样例1也强调了，每个点只能匹配一次，且可能有重合点，每个点也必须要移动。

二、算法分析

①采用tan值的方式衡量是否共线，由尽量避免小数出现的原则，tan值可以用分数结构体来刻画。

②化点为边，一个点有两种平移方式，那么就可以用一条斜边来代替原图中的一个点，如图所示

对于斜边来说，两个端点就是原来的点唯二能移动到的地方。那么问题就由点匹配转化为了边匹配。

将新图称为形式图，将原图称为坐标图。

对于形式图的边匹配，两条边要匹配，则必然有一个公共点进行衔接，这个公共的定义从实际出发，并不意味着两条边挨在一起。如图所示

假设从原点射出无数条射线，其中有一条是最后的三点共线，如果恰好把形式图中的两条边连起来了，则认为连接点是公共点。记这样的点为形式图中的枢轴点，对于本题，tan值相同的点是枢轴点。（如上图中射线上的除原点外的另外两个连接点是公共点）

形式图上的边的端点的tan值计算方法如下图所示：

③用dfs进行匹配，这也是本题的难点

这里先复习一下dfs过程中的几种边

https://oi-wiki.org/graph/scc/

有一个性质，返祖边（后向边）的两端点在dfs中的深度不同，且返祖边会走到一个深度更小的点。

然后是比较简单的贪心策略，如图所示

以上的每个结点都是形式图上的枢轴点。对于8到3的无向边，就是一条返祖边。贪心策略是对于某个点，如果其下辖的边（包括树枝边和返祖边，下同）个数为偶数，则以该点为公共点，就可以使得下辖的边互相匹配。而如果是奇数，则将下辖边中多出的一条边与该点的父结点到该点的这条边（以下定义为直连边）相匹配。那么如果一个结点下辖的边个数为偶数，则其直连边留给其父结点用。

dfs向下过程中只会经过树枝边，因此要特殊处理其它类型的边，因为返祖边也属于下辖边。

然后对于两种特殊的边的处理方式：

因为返祖边会走到一个深度更小的点，所以可以分出来这条边是横叉边还是返祖边。

横叉边：不进行遍历

返祖边：归到其祖宗，因为其也是祖宗结点下辖的边，也可以参与匹配

三、代码及注释

 

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstring>
  3 #include<algorithm>
  4 #include<cstdio>
  5 #include<vector>
  6 #include<map>
  7 #define LL long long 
  8 using namespace std;
  9 const int N=500050;
 10 const int M=N<<2;
 11 struct Fraction{                                 //首先是分数结构体
 12     LL p,q;
 13     bool operator <(const Fraction &t) const{    //记得要放到map里就是得可比较的
 14         return (long double)p/q <(long double)t.p/t.q;
 15     }
 16 };
 17 LL gcd(LL x,LL y){
 18     return y==0 ? x : gcd(y,x%y);
 19 }
 20 Fraction reduce(Fraction a){                     //约分
 21     LL temp=gcd(a.p,a.q);
 22     Fraction fraction={a.p/temp,a.q/temp};
 23     return fraction;
 24 }
 25 map<Fraction,int> dict;                          //映射一个字典
 26 int n;
 27 int cnt;
 28 int get_id(Fraction x){
 29     if(dict.count(x)) return dict[x];
 30     dict[x]=++cnt;
 31     return cnt;
 32 }
 33 int h[M],e[M],ne[M],idx;                         //建立形式图
 34 int G[M];                                        
 35 void add(int a,int b,int id){
 36     e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx;
 37     G[idx]=id;
 38     idx++;
 39 }
 40 void read(){
 41     memset(h,-1,sizeof(h));
 42     scanf("%d",&n);
 43     for(int i=1;i<=n;i++){
 44         LL p1,q1,p2,q2;
 45         scanf("%lld%lld%lld%lld",&p1,&q1,&p2,&q2);
 46         Fraction x=reduce((Fraction){p1,q1});    //x和y是原图上点的两个坐标
 47         Fraction y=reduce((Fraction){p2,q2});
 48         Fraction a,b;                            //a和b是对应形式图的边的两个端点的tan值，a是向上的，b是向右的
 49         a.p=(y.p+y.q)*x.q;
 50         a.q=y.q*x.p;
 51         b.p=y.p*x.q;
 52         b.q=y.q*(x.p+x.q);
 53         int u=get_id(a);
 54         int v=get_id(b);
 55         //cout<<u<<' '<<v<<endl;
 56         //cout<<a.p<<' '<<a.q<<' '<<b.p<<' '<<b.q<<endl;
 57         add(u,v,i);
 58         add(v,u,i);
 59     }
 60 }
 61 int depth[N];
 62 vector<int> edges[N];                            //存形式图上以点i为连接点的边对应的原图上的点，由于每对匹配边必然有同一个连接点，所以最终答案是edges数组大小/2
 63 void dfs(int u,int fa){
 64     int pre_node=-1;                             //直连边的端点对应的形式图的边对应的原图的点编号
 65     depth[u]=depth[fa]+1;
 66     for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
 67         int j=e[i];
 68         if(!depth[j]) dfs(j,u);                  //如果到了一个未经过的点，则往后dfs（写这里的时候，不小心把u和j写反了，然后调了一个多小时其它的地方，之后还是要记得出现bug先通读代码）
 69         else{                                    //否则就是横叉边或者返祖边
 70             if(depth[j]>depth[u]) continue;      //横叉边
 71             else if(j==fa && pre_node==-1){      //第一条直连边按直连边算，其它的重边按返祖边算
 72                 pre_node=G[i];
 73             }
 74             else{
 75                 edges[j].push_back(G[i]);        //返祖边
 76             }
 77         }
 78     }
 79     if(fa){                                      //考虑直连边
 80         if(edges[u].size() & 1){                 //如前述算法分析里面，对树枝边分成奇数和偶数的情况
 81             edges[u].push_back(pre_node);
 82         }
 83         else{
 84             edges[fa].push_back(pre_node);
 85         }
 86     }
 87 }
 88 void print(){
 89     int res=0;
 90     for(int i=1;i<=cnt;i++){
 91         res+=edges[i].size()/2;
 92     }
 93     cout<<res<<endl;
 94     for(int i=1;i<=cnt;i++){
 95         for(int j=0;j+1<edges[i].size();j+=2){
 96             printf("%d %d\n",edges[i][j],edges[i][j+1]);
 97         }
 98     }
 99 }
100 int main(){
101     
102     read();
103     for(int i=1;i<=cnt;i++)
104         if(!depth[i]) dfs(i,0);                 //图不一定连通
105     print();
106     
107     
108     return 0;
109     
110 }

 

posted @ 2021-05-04 19:17  _rhinoceros  阅读(101)  评论(0)    收藏  举报