【BZOJ】3495: PA2010 Riddle

题意

(n(1 le n le 1000000))个城市，(k(1 le k le n))个国家，(m(1 le m le 1000000))条边。要求每个国家有且仅有一个首都，每条边两端的城市至少要有一个首都。判断是否有解。

分析

满足性问题。而且每个城市只有两种情况，首都or不是首都。所以考虑2-sat

题解

对于每一个点，拆点为(i)和(i')，表示有首都和无首都。
对于每一个国家（假设有(a)个城市），由于只有一个首都，也就是说，假设这个国家的第(j)城市是首都，则前(j-1)个城市和后(a-j)个城市都不是首都！对应着前缀和和后缀和为0！
所以我们对每个国家建立前缀和和后缀和的结点，由于只有两种情况，0和1，所以照样用2-sat可以解决。
至于怎么连边，自己yy一下，很简单的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000005*6, M=1000005*12;
int ihead[N], cnt, FF[N], LL[N], p[N], scc, tot;
struct E {
	int next, to;
}e[M];
void add(int x, int y) {
	e[++cnt]=(E){ihead[x], y}; ihead[x]=cnt;
}
void dfs(int x) {
	static int tid=0, s[N], vis[N], top=0;
	s[++top]=x;
	vis[x]=1;
	FF[x]=LL[x]=++tid;
	for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) {
		int y=e[i].to;
		if(!FF[y]) {
			dfs(y);
			LL[x]=min(LL[x], LL[y]);
		}
		else if(vis[y]) {
			LL[x]=min(LL[x], FF[y]);
		}
	}
	if(FF[x]==LL[x]) {
		++scc;
		int y;
		do {
			y=s[top--];
			vis[y]=0;
			p[y]=scc;
		} while(x!=y);
	}
}
bool check() {
	for(int i=1, all=tot<<1|1; i<=all; ++i) {
		if(!FF[i]) {
			dfs(i);
		}
	}
	for(int i=1; i<=tot; ++i) {
		if(p[i<<1]==p[i<<1|1]) {
			return 0;
		}
	}
	return 1;
}
int main() {
	int n, m, k;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	for(int i=1; i<=m; ++i) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		add(x<<1|1, y<<1);
		add(y<<1|1, x<<1);
	}
	tot=n;
	for(int j=1; j<=k; ++j) {
		scanf("%d", &m);
		for(int i=1; i<=m; ++i) {
			int a;
			scanf("%d", &a);
			int now=tot+i;
			if(i!=1) {
				add(now<<1|1, (now-1)<<1|1);
				add((now-1)<<1, now<<1);
				add(a<<1, (now-1)<<1|1);
			}
			else {
				add(a<<1|1, now<<1|1);
			}
			add(now<<1|1, a<<1|1);
			add(a<<1, now<<1);

			now=tot+m+i;
			if(i!=m) {
				add(now<<1|1, (now+1)<<1|1);
				add((now+1)<<1, now<<1);
				add(a<<1, (now+1)<<1|1);
			}
			else {
				add(a<<1|1, now<<1|1);
			}
			add(now<<1|1, a<<1|1);
			add(a<<1, now<<1);
		}
		tot+=2*m;
	}
	puts(check()?"TAK":"NIE");
	return 0;
}