首先将之间没有锁的房间合并。显然可达性具有传递性和反交换律(即若a能到达b,则b不能到达a)。
考虑对每个房间找到其左右第一个(即与其最接近的)能作为起点到达它的房间。如果能求出这个,对此建两棵树,问题就变为终点是否在起点的子树内。
容易想到单调栈。不妨考虑求左边第一个。栈内维护当前房间左边能作为起点到达它的房间。一旦栈顶的房间不能再到达当前点,显然其也不能再到达之后的点。而如果栈顶的房间能到达当前点,栈里的其他点也一定可以,因为它们都能到达栈顶房间。于是一直弹栈至栈顶房间能到达当前房间即可。至于如何判断是否可达,如果栈中不止一个元素,只要看打开当前房间的锁的钥匙是否在栈顶房间到当前房间之间,因为由反交换律栈顶的房间不能再向左走;否则需要找一下其能走到的最左房间,这个东西暴力查找并且查完之后记录就可以线性了(直接暴力说不定也是,因为loj上一直T一个点以为复杂度假掉了,后来发现把这段注释掉照样T……事实上是建树出了一些问题,应该设一个虚根而不是遍历森林,因为边是有向的)。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 1000010 char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;} int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);} int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();} while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return x*f; } int n,m,q,key[N],tmp[N],L[N],R[N],pos[N],stk[N],pre[N],nxt[N],top,cnt; struct tree { int dfn[N],size[N],p[N],cnt,t; struct data{int to,nxt;}edge[N<<1]; void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;} void dfs(int k) { size[k]=1;dfn[k]=++cnt; for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt) if (!size[edge[i].to]) { dfs(edge[i].to); size[k]+=size[edge[i].to]; } } bool isin(int x,int y){return dfn[x]<=dfn[y]&&dfn[x]+size[x]-1>=dfn[y];} }a,b; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("bzoj5288.in","r",stdin); freopen("bzoj5288.out","w",stdout); const char LL[]="%I64d "; #else const char LL[]="%lld "; #endif n=read(),m=read(),q=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { int x=read(),y=read(); key[x]=y; } for (int i=1;i<=n;i++) { int t=i; while (t<n&&!key[t]) t++; cnt++;L[cnt]=i,R[cnt]=t; for (int j=L[cnt];j<=R[cnt];j++) pos[j]=cnt; i=t; } memcpy(tmp,key,sizeof(key)); for (int i=1;i<=n;i++) if (tmp[i]) key[pos[i]]=pos[tmp[i]]; n=cnt; top=0;stk[++top]=1;a.addedge(0,1); for (int i=2;i<=n;i++) { if (key[i-1]>=i) top=0; else { while (top>1&&key[i-1]<stk[top]) top--; if (top==1) { int left=stk[top]; while (pre[left]||(left>1&&key[left-1]<i&&key[left-1]>=left)) left=pre[left]?pre[left]:left-1; if (stk[top]!=left) pre[stk[top]]=left; if (key[i-1]<left) top--; } } if (top) a.addedge(stk[top],i); else a.addedge(0,i); stk[++top]=i; } a.dfs(0); top=0;stk[++top]=n;b.addedge(0,n); for (int i=n-1;i;i--) { if (key[i]<=i) top=0; else { while (top>1&&key[i]>stk[top]) top--; if (top==1) { int right=stk[top]; while (nxt[right]||(right<n&&key[right]>i&&key[right]<=right)) right=nxt[right]?nxt[right]:right+1; if (stk[top]!=right) nxt[stk[top]]=right; if (key[i]>right) top--; } } if (top) b.addedge(stk[top],i); else b.addedge(0,i); stk[++top]=i; } b.dfs(0); while (q--) { int x=pos[read()],y=pos[read()]; if (a.isin(x,y)||b.isin(x,y)) puts("YES"); else puts("NO"); } return 0; }