【题解】[IOI2008] Teleporters 传送器

题目链接

（强烈建议观看洛谷良心题面↑不要去黑暗爆炸）

Statement

给定一条直线，上面有 (N) 对传送门，每当你到达某个传送器的两个端点之一时，传送器都会立即将你传送到该传送器的另一个端点。被传送到另一个端点之后，必须继续沿这条直线路线向东行进；无法避开前进路上的任何传送器端点。记传送次数为得分。

现在允许增加 (M) 对新的传送门（同样计分），可以在任意实数坐标上，但所有端点必须唯一，且位于起点和终点之间。

求能获得的最高分数。

Solution

貌似是全网唯一题解/kel

不愧是IOI，很简单的一道题，但就是想不到。大概是我菜罢。

考虑对整个数轴按照给定的传送门分段，每一个传送门把当前段分成两段。

显然，每个段内部都不会有其他传送门（不然就会再次分段），按照这个来进行建图。

建图：

• 到达每个段有且仅有一种方式：走这个段左端点处的传送门。

• 离开这个段也只有一种方式：走右端点处的传送门（因为如果是左端点肯定是进入这段而不是出去，如果是中间那么只能向右走）。

• 这样，把每个段看成一个点，那么每个点只有唯一的出入和入度，起始点除外。

• 也就是说，我们一定会从起点入，从终点出。

现在我们有若干个连通块。不难发现，除了起点到终点是一条简单路径，其他点一定在一个环上（这个很显然吧，都是唯一入度/出度，怎么说也不会连没啊）。

来考虑加传送门。

有三种方式：

• 连接两个不在同一个连通块的点。
  • 那么这两个点分成两部分，所在连通块合并。
• 连接两个同一连通块的点。
  • 这样会把一个连通块拆成两半，对答案没有任何贡献。直接忽略。
• 放在某一段内部，成为一个独立的点。
  • 这种情况下，可以先成点再连入答案连通块，但是要花费两个代价。

那么解法就很明显了。

将所有原图中的连通块（都是链/环）按大小降序排序，然后从大到小依次用第一种方法连到“起点-终点”的路径上去。如果连通之后还有剩余，采用第三种方法就能花费两倍代价累计入答案。如果剩余个数是奇数，就将一个连到终点前面的地方，能增加一个贡献。

实现的时候，直接特殊处理起点到终点的路径，然后找环即可。

Code

菜鸡的代码又臭又长……洛谷的机子也不太行，BZOJ 上面直接过去了，洛谷还要开 O2……

//Author: RingweEH
const int N=1e6+10;
struct Transport        //存所有传送门（door）
{
    int l,r;
}d[N];
struct Node
{
    int pos,typ,group;      //left:0,right:1
    bool operator < ( const Node &tmp ) const { return pos<tmp.pos; }
}a[N<<1];
int n,m,ans=0,cnt=0,siz[N<<1];
bool vis[N<<1];

int Find( int x )   //找 next door
{
    Node tmp; tmp.pos=x;
    return lower_bound( a+1,a+1+2*n,tmp )-a;
}

void Beginning()
{
    int now=1,nxt;
    while ( now!=2*n+1 )
    {
        vis[now]=1; ans++;
        if ( a[now].typ==0 ) nxt=Find( d[a[now].group].r+1 );
        else nxt=Find( d[a[now].group].l+1 );
        now=nxt;
    }
    vis[now]=1;
}

void Get_Subgraph( int x,int cnt )
{
    int now=x,nxt;
    while ( !vis[now] )
    {
        vis[now]=1; siz[cnt]++;
        if ( a[now].typ==0 ) nxt=Find( d[a[now].group].r+1 );
        else nxt=Find( d[a[now].group].l+1 );
        now=nxt;
    }
}

int main()
{
    n=read(); m=read();
    for ( int i=1; i<=n; i++ )
    {
        d[i].l=read(),d[i].r=read();
        int now=(i-1)*2+1;
        a[now].pos=d[i].l,a[now].typ=0,a[now].group=i; now++;
        a[now].pos=d[i].r,a[now].typ=1,a[now].group=i;
    }

    sort( a+1,a+1+2*n );
    Beginning();
    for ( int i=1; i<=2*n; i++ )
        if ( !vis[i] ) Get_Subgraph( i,++cnt );

    sort( siz+1,siz+1+cnt );
    for ( int i=cnt; i>=1; i-- )
    {
        ans+=2; m--; ans+=siz[i];
        if ( !m ) break;
    }
    if ( m&1 ) m--,ans++;
    ans+=2*m;

    printf( "%d
",ans );

    return 0;
}

BZOJ 上另一份代码 真的短……

fread 也是真的快……

#include<cstdio>
const int N=2000010,BUF=20000000;
int n,m,mx,i,x,y,ans,g[N],f[N];bool v[N],flag;char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int&a){for(a=0;*buf<48;buf++);while(*buf>47)a=a*10+*buf++-48;}
inline void go(int x){
  int t=0;
  while(!v[x]){
    v[x]=1;
    if(g[x])x^=g[x],t++;
    x++;
  }
  if(!flag)ans+=t;else f[t]++;
  flag=1;
}
int main(){
  fread(Buf,1,BUF,stdin);read(n),read(m);
  for(i=1;i<=n;i++){
    read(x),read(y);
    if(y>mx)mx=y;
    g[x]=g[y]=x^y;
  }
  v[mx+=5]=1;
  for(i=0;i<=mx;i++)if(!v[i])go(i);
  for(i=n*2;i;i--)while(m&&f[i])m--,f[i]--,ans+=i+2;
  while(m>=2)m-=2,ans+=4;
  printf("%d",ans+m);
}