P11191 「KDOI-10」超级演出解题报告

1. 题目解读与分析

首先，我们来深入理解题目的核心规则。这是一个在有向无环图（DAG）上进行的游戏。

场景: 一个包含 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向无环图。节点1是唯一的终点（舞台），其余节点（\(2, \dots, n\)）是候场室，每个候场室初始都有一个剧团。
行动: 按给定的命令序列 \(a_1, \dots, a_k\) 对候场室发布出场命令。
出场条件: 对候场室 \(u\) 的命令有效，必须满足两个条件：
1. \(u\) 的剧团还在候场室（未出场）。
2. 存在一条从 \(u\) 到舞台 \(1\) 的路径，这条路径上所有中间的候场室都已空（即它们的剧团都已成功出场）。
目标: 对于 \(q\) 次独立的询问，每次给出一个区间 \([l, r]\)，我们需要计算如果只执行 \(a_l, \dots, a_r\) 这一系列命令，最终会有多少剧团留在候场室。

由于每次询问都是独立的，且数据规模很大，为每次询问都进行暴力模拟是不可行的。我们必须找到一个更高效的预处理和查询方法。

2. 核心思路：将问题转化为依赖关系

问题的关键在于“出场”这个行为的依赖性。一个剧团 \(u\) 能否出场，取决于它下游某个或某些剧团是否已经出场。我们可以将这个依赖关系量化。

我们换一个角度思考：对于第 \(i\) 个命令 \(a_i\)（在 \(1, \dots, k\) 的完整序列中），它要成功执行，需要满足什么样的前提？

这个前提是，它所依赖的路径上的所有剧团，都必须收到过成功的出场命令，并且这些命令的时间点都必须在 \(i\) 之前。为了让条件最容易满足，它会选择那条“前提最不苛刻”的路径。

我们可以为每个命令 \(a_i\) 预计算一个“前提值”，记作 \(w_i\)。

\(w_i\) 的定义：要让第 \(i\) 个命令 \(a_i\) 在某个询问区间 [l, r] 中成功，这个区间的起始点 l 必须满足 l <= w_i。换句话说，\(w_i\) 是保证 \(a_i\) 能够成功执行所需要的最晚的那个前置命令的起始时刻。

如果对于一个询问 \([l, r]\)，我们想知道命令 \(a_i\)（其中 \(l \le i \le r\)）是否有效，只需要检查它的前提条件是否被满足，即 \(l \le w_i\)。

只要我们能预计算出所有 \(w_i\)，问题就变得清晰多了。

3. 如何计算前提值 \(w_i\)

我们按顺序（\(i\) 从 1 到 \(k\)）来计算每个 \(w_i\)。

基础情况：如果候场室 \(a_i\) 能直接到达舞台 1（即存在边 \(a_i \to 1\)），它不依赖任何其他剧团。它的成功只取决于它自己被命令。因此，它的前提就是它自己，我们定义 \(w_i = i\)。
递推情况：如果 \(a_i\) 不能直接到舞台 1，它必须经过某个下游的候场室 \(v\)。为了让 \(a_i\) 能出场，它需要至少一条通往舞台的路径是通畅的。假设它选择经过 \(v\)，而 \(v\) 在 \(i\) 之前最后一次被成功命令的前提是 \(w_j\)，那么 \(a_i\) 的成功就间接依赖于 \(w_j\)。

由于 \(a_i\) 可以选择任意一条通畅的路径，它会选择那个“前提条件最容易满足”的路径。“容易满足”意味着对起始点 \(l\) 的约束最宽松，即 \(l \le W\) 中的 \(W\) 尽可能小。但这里是“或”的关系，比如可以走依赖前提 \(W_1\) 的路，或者走依赖前提 \(W_2\) 的路，只要满足 \(l \le W_1\) 或 \(l \le W_2\) 即可，这等价于 \(l \le \max(W_1, W_2)\)。因此，我们需要取所有下游路径中，那个最苛刻的前提。

我们可以得到 \(w_i\) 的计算公式：
\(w_i = \max_{v \in \text{后继}(a_i)} \{ w_j \}\)，其中 \(j\) 是在 \(i\) 之前对 \(v\) 的最后一次命令的索引。

为了方便计算，我们用一个数组 rev[u] 来记录节点 u 最后一次被命令时计算出的 \(w\) 值。公式简化为：
w[i] = max(rev[v])，其中 v 是 a[i] 的所有直接后继。

加速计算：根号分治
直接按上述方法计算，若某个节点度数很大，复杂度会很高。这里可以使用根号分治优化：

设定阈值 \(B\)（如 \(\sqrt{m}\)）。
小度节点 (度数 < B)：后继少，直接遍历后继，使用 rev 数组计算 \(w_i\)。
大度节点 (度数 ≥ B)：后继多，反向更新。我们为每个大度节点 \(p\) 维护一个值 tw[p]，记录其所有后继中最大的 rev 值。每当计算完一个 \(w_i\) (针对节点 \(a_i\))，我们就去更新 \(a_i\) 的所有大度前驱的 tw 值。当需要计算一个大度节点自身的 \(w\) 值时，直接取 tw 即可。

4. 解答询问：二维数点问题的转化与求解

预处理完所有 \(w_i\) 后，对于每个询问 \([l, r]\)，问题转化为：

统计在 \(a_l, \dots, a_r\) 中，有多少个不同的候场室 \(u\)，满足存在某个 \(i \in [l, r]\) 使得 \(a_i=u\) 且 \(w_i \ge l\)。

这是一个典型的二维数点问题，可以用离线处理 + 树状数组(BIT) 高效解决。

4.1 转化为二维平面上的点

我们可以将每个命令 \(a_i\) 想象成一个二维平面上的点 \(P_i(i, w_i)\)：

x 轴 代表命令的时间 i。
y 轴 代表命令的前提值 w_i。

一个询问 [l, r] 就是要统计满足下面条件的点的种类数（不同候场室）：

\(l \le i \le r\) （点的 x 坐标在查询区间内）
\(l \le w_i\) （点的 y 坐标满足前提）

这个问题的难点在于如何处理“种类数”，即对同一个候场室的多个满足条件的点只计数一次。

4.2 离线扫描线 + 树状数组

这正是“离线扫描线”算法的用武之地。

离线处理：将所有 \(q\) 个询问存储起来，不立即回答。将它们按右端点 r 从小到大排序。
扫描与处理：我们从 \(i=1\) 到 \(k\) 遍历命令序列，可以想象一条竖直的“扫描线”从左向右移动。当扫描线移动到位置 i 时，我们处理第 i 个命令，并回答所有右端点 \(r=i\) 的询问。
树状数组维护“活跃点”：为了处理“种类数”的限制，我们只关心每个候场室最后一次被命令的信息。我们用树状数组来维护这些“活跃点”的 w 值分布。
- 更新：当扫描线处理到第 \(i\) 个命令 a[i] 时，其对应的点是 (i, w[i])。
  - 如果候场室 a[i] 之前出现过（假设其上一个活跃点的 w 值为 old_w），说明旧的活跃点 (j, old_w)（\(j<i\)）已过时。我们在树状数组的 old_w 位置减 1，移除它的贡献。
  - 然后，我们将新的活跃点 (i, w[i]) 加入。在树状数组的 w[i] 位置加 1。
  - 我们用一个 lst[u] 数组记录每个候场室 u 当前活跃点的 w 值。
- 查询：当扫描线移动到 \(r\) 时，我们回答所有右端点为 \(r\) 的询问 \((l, r)\)。
  - 此时，树状数组里存储了所有在 \(1 \dots r\) 时间内出现的候场室的、最新的 w 值信息。
  - 我们要查询的是，这些活跃点中有多少个满足 w >= l。
  - 这在树状数组上是一个范围查询：总活跃点数 - w值小于l的点数。
  - 具体公式为：ask(k) - ask(l-1)（其中 ask(x) 查询 w <= x 的点的数量，k是w的最大可能值）。
  - 这个结果就是成功出场的剧团数量。
  - 最终答案为：总剧团数 \((n-1)\) - 成功出场数。

5. 算法流程总结

预处理 w 数组：
- 遍历图，根据度数将节点分为大度和小度。
- 从 \(i=1\) 到 \(k\) 遍历命令序列 \(a\)。
- 使用根号分治策略，结合 rev (记录节点最新w值) 和 tw (为大度节点服务) 数组，计算出每个 \(w_i\)。
回答询问：
- 将所有询问按右端点 \(r\) 排序。
- 初始化一个树状数组和记录节点最新 w 值的 lst 数组。
- 从 \(i=1\) 到 \(k\) 进行扫描：
  a. 处理命令 a[i]：更新树状数组，将 a[i] 的旧贡献（如果存在）移除，加入 w[i] 的新贡献，并更新 lst[a[i]]。
  b. 处理所有右端点 \(r=i\) 的询问 (l, i)：利用树状数组计算出场剧团数，公式为 当前总贡献数 - ask(l-1)。
  c. 计算剩余剧团数 (n-1) - 出场数，并存储答案。
- 按原始顺序输出所有答案。

该算法通过巧妙的预处理和问题转化，将复杂的模拟过程变成了一个高效的、可离线处理的二维数点问题，最终通过树状数组在优秀的复杂度内解决了问题。

posted @ 2025-07-16 11:03 surprise_ying 阅读(20) 评论(0) 收藏举报

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