洛谷P3588

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Description

给定一个长度为(n(nleq10^5))的正整数序列({a_n})，每个数都在([1,10^9])范围内，告诉你其中(s)个数，并给出(m(mleq2 imes10^5))条信息。每条信息包含三个数(L,R,k(Σkleq 3 imes10^5))以及(k)个正整数({x_k})，表示(a_L..a_R)中，任意一个(x)均比剩下的(R-L+1-k)个数大（严格大于，即没有等号）。请任意构造出一组满足条件的方案，或者判断无解。

Solution

拓扑排序+线段树优化建图。
定义点权为(val)；存在一条边权为(w)的边((u,v))表示(val[v]geq val[u]+w)。
首先考虑朴素的做法。建立(n)个点，(val[i])表示(a_i)的值。对于每一条信息，新建一个点(p)，(val[p])表示(min{x_k})；剩下的数分别向(p)连一条边权为(1)的边（(min{x_k})大于剩下的数），(p)向(x_1..x_k)分别连一条边权为(0)的边（(x_i)大于等于(min{x_k})）。初始时入度为(0)的点若没有值则令其(val=1)，然后进行拓扑排序，如果成环或与初值冲突则无解。这样共有(O(nm))条边。
考虑到边权为(1)的边的起点相当于(k+1)个区间，我们可以用线段树来优化建图。举例：(n=8,a_3=7,a_5=4,a_7=2)，([1,4])中最大的是({2,3})，([4,8])中是({6})，([1,8])中是({2})。

其中虚线边的权值为(0)，实线边的权值为(1)。对于蓝线以上的点（线段树上的点），其(val)表示区间中的最大值；对于蓝线以下的点（条件所代表的点），其(val)表示(min{x_k})。意义还是很明确的：例如边(([3,4],{2}))的权值为(1)，表示(min{a_2}>max{3,4})。同样机型拓扑排序并判断无解即可。至于边数...线段树上有(2n)条边，(m)条信息总共划分了(m+Σk)个区间，每个区间对应(O(logn))条边，({x_k})共对应(Σk)条边；共计约(2n+Σk+(m+Σk)logn)条边。当然实际上要小很多，因为一条信息中所有区间的和是([1,n])，每个区间对应的边数远不足(logn)。算这么多干嘛直接开vector能过就行啊

Code

//[POI2015]Pustynia
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
inline int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
const int N=1e5+10;
int n,n1,m;
int cnt,rt,chL[N<<1],chR[N<<1];
const int N1=4e5+10;
int edCnt;
int val[N1],a[N1],in[N1],id[N];
vector< pair<int,bool> > son[N1];
inline void edAdd(int u,int v,bool w) {edCnt++; in[v]++; son[u].push_back(make_pair(v,w));}
void bldTr(int &p,int L0,int R0)
{
    if(!p) p=++cnt;
    if(L0==R0) {id[L0]=p; return;}
    int mid=L0+R0>>1;
    bldTr(chL[p],L0,mid),bldTr(chR[p],mid+1,R0);
    edAdd(chL[p],p,0),edAdd(chR[p],p,0);
}
int optL,optR;
void trEdAdd(int p,int L0,int R0)
{
    if(optL<=L0&&R0<=optR) {edAdd(p,cnt,1); return;}
    int mid=L0+R0>>1;
    if(optL<=mid) trEdAdd(chL[p],L0,mid);
    if(mid<optR) trEdAdd(chR[p],mid+1,R0);
}
queue<int> Q;
int main()
{
    n=read(),n1=read(),m=read();
    bldTr(rt,1,n);
    for(int i=1;i<=n1;i++) {int u=id[read()]; val[u]=a[u]=read();}
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int L=read(),R=read(),k0=read();
        cnt++; int pre=L;
        while(k0--)
        {
            int x=read();
            optL=pre,optR=x-1; if(optL<=optR) trEdAdd(rt,1,n);
            pre=x+1; edAdd(cnt,id[x],0);
        }
        optL=pre,optR=R; if(optL<=optR) trEdAdd(rt,1,n);
    }
    for(int u=1;u<=cnt;u++) if(!in[u]) val[u]=max(1,a[u]),Q.push(u);
    bool noAns=false;
    while(!noAns&&!Q.empty())
    {
        int u=Q.front(); Q.pop();
        if(a[u]&&val[u]>a[u]) {noAns=true; break;}
        for(int i=0;i<son[u].size();i++)
        {
            int v=son[u][i].first,w=son[u][i].second;
            val[v]=max(val[v],val[u]+w);
            if(--in[v]==0) Q.push(v);
        }
    }
    for(int u=1;u<=cnt&&!noAns;u++) if(in[u]||val[u]>1e9) noAns=true;
    if(noAns) {puts("NIE"); return 0;}
    puts("TAK");
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",val[id[i]]);
    puts("");
    return 0;
}

P.S.

每个数都在([1,10^9])范围内！ 意思是说如果你推出来有的数大于(10^9)就是无解，坑我半天...