TIOJ::IOI::1886 . 【IOI2015】Teams 一堆提姆

http://tioj.ck.tp.edu.tw/problems/1886

這題是IOI 2015,TOI又要考考古題了很討厭QAQ。

這題是資料結構題,除了持久化線段樹之外,還有另外一個小的詭異資料結構。

題目是這樣的,你有一堆人,每個人都可以跟一定範圍的人數的人合作,然後你有一些任務,每個任務都需要一定的人才能完成,你想要把這些人分組去完成任務,每個人只能做一個任務,問你有沒有辦法做完這些任務。

題目會變成,給你一堆區間,然後有一些任務會需要一定人數,直接把區間照左界排序,然後用貪心性質,也就是每次要找人去做某個任務的時候選則可以的人中右界最小的(這個很直觀)。因為題目有很多詢問,每個詢問複雜度就是O((n + m) log n),n 是人數,m是該次詢問的任務數。

這樣很顯然在每筆詢問的m都很小的時候(所有詢問的m總和是定值,所以m愈小、詢問愈多),時間會爛掉。

比較有道理的作法是DP,而且是很有趣的DP,沒被捏都不知道,就是二分圖的Hall定理。

首先假設我們有一個任務需要K個人,我們可以新增一張二分圖,在集合X裡放入K個點,然後把這些點連到可以做這些任務的人(那個區間包含K),把這些人放進集合Y,只要這張二分圖的X可以完美匹配,我們就可以找到K個人完成這個任務。依照這樣,我們把每個任務都拆開放進X,並連到Y,然後只要找的到完美匹配就可以完成這些任務。
怎們樣的條件下一定可以完成呢?二分圖的Hall定理告訴我們,只要集合X的每個子集X’的大小,都小於等於X’所連到的集合Y的子集Y’的大小,那就一定存在完美匹配,反之則一定不行!!!!

也就是說,我們現在枚舉一些任務,把可以做這些任務的人都挑出來,只要人數大於任務需要的人數,就可以完成任務,只要任務序列的每個子序列都符合條件,都可以被完成,那就一定可以完成全部的任務。

於是我們就可以想到一個m(任務數量)平方的DP,去DP某個任務子序列,來確定任務是不是不可以被完成。因為Hall定理說只要一個子集不符合規定就不可能匹配,所以我們試著用DP去找最差的結果,如果最差的不符合規定就知道無法完成。
設DP[i]是以任務i為結尾的任務子序列,可以做這些任務的人數減掉這些任務需要的人數的最小值。
轉移就是j從0到i-1,取min(DP[j] + Z(j,i) - K_i),其中K_i是做第i個任務需要的人,Z(j,i)是可以做i任務但是卻不能做j任務的人數,也就是左界在[K_j+1,K_i]之間,右界大於K_i的人,這個可以用持久化線段樹去查詢,這樣O(m^2 log n)就可以完成這個DP了,只要任何一個DP值小於0,代表無法完成任務。

持久化線段樹的作法就是開一個值域線段樹,然後你直接根據左界分成N個版本,每個版本 i 代表左界小於等於 K_i 的那些人,之後右界就當作單點插入,有點像找區間第K小時實作的持久化線段樹,可以參考一下。

以上作法還是不夠快,這時可以用一種作法,就是當 m < sqrt(n)使用第2種作法,反之使用第1種貪心法,這樣有機會(基本上可以AC了)通過。

另外一種比較穩定的解法,我們要先觀察剛剛的 m 平方DP,我們想一下當 ik,轉移到DP[l]時,i還是比j好。為什麼,我們看看下面的式子:
如果i比j好,代表 DP[i] + Z(i,k) <= DP[j] + Z(j,k)。
移項得到 DP[j] - DP[i] >= Z(j,k) - Z(i,k) = 左界在[K_i+1,K_j]中,右界大於K_k的人,這點我覺得式子寫出來就很直觀了,就不多做說明了。
因為後面那個東西,在k愈大的狀況,只會變小不會變大(左界固定,右界愈右邊符合的人當然愈少),所以這東西是有單調性的,也就是只要符合DP[i] + Z(i,k) <= DP[j] + Z(j,k),對於所有d大於k,DP[i] + Z(i,d) <= DP[j] + Z(j,d) 也都會符合,這就是DP優化中的四邊形單調性。

於是我們DP時要維護一個資料結構Magic(我自己取的XD,簡稱MG),對於i<j,DP[j]一定DP[i]好,所以MG的最後一個就是我們要的最小值,在push任何一個值進去時,我們可以計算一個時間,代表最後一個值什麼時候會殺掉這個新的值,然後把他丟進heap裡,然後每次查詢前都先更新MG,也就是看看現在的時間(這題的狀況就是任務的人數,我們要按照小到大去做,而我們可以知道當人數超過某個值的時候,某些點可以把後面的點殺掉),把heap頂端(時間最小)的值拿出來,看看是不是已經死了,不是就把他殺掉。

實作MG可以用STL list,然後多開一個vector去存每一個位置的iterator,list是用來加速找前後的節點,vector是用來random accesses。

另外,計算死亡時間時,我們需要知道對於 i<j,哪個時間(座標)DP[j] - DP[i] 會大於等於 左界在[K_i+1,K_j]中,右界大於K_k的人,其中最小的k就是我們要的死亡時間,可以透過在兩顆線段樹上走來計算,或是直接二分搜k,用單顆線段樹去驗證答案,後者會多一個log但是還是可以接受。這樣就有一個O(m logn)的作法了。

我因為邊界問題WA了好久QAQ,一定要注意邊界、upper bound 還是 lowwer bound。

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#include <bits/stdc++.h>
#define F(n) Fi(i,n)
#define Fi(i,n) Fl(i,0,n)
#define Fl(i,l,n) for(int i=l;i<n;i++)
using namespace std;
const int N = 500003, M = 200003, MX = N*40;
typedef pair<int,int> PII;
PII D[N];
int ST[N],st, DP[N], S[M];
struct Seg{
static Seg ST[MX], *p;
Seg *lc,*rc;
int sz;
Seg(){ }
Seg(int l,int r):sz(0){
if(l==r)return;
int mid = (l+r)/2;
lc = new(p++) Seg(l,mid);
rc = new(p++) Seg(mid+1,r);
}
Seg* ins(int l,int r,int *X, int s){
Seg *nw = new(p++) Seg(*this);
nw->sz += s;
if(l<r){
int mid = (l+r)/2;
int ts = (upper_bound(X,X+s,mid) - X);
if(ts)nw->lc = lc->ins(l,mid,X,ts);
if(ts<s)nw->rc = rc->ins(mid+1,r,X+ts,s-ts);
}
return nw;
}
int query(int l,int r,int x){
if(x<=l)return sz;
if(x>r)return 0;
int mid = (l+r)/2;
return lc->query(l,mid,x) + rc->query(mid+1,r,x);
}
}*RT[N], Seg::ST[MX], *Seg::p = Seg::ST;
int query(Seg *lc, Seg *rc, int x,int n){
return rc->query(1,n,x) - lc->query(1,n,x);
}
int s_query(Seg *lc, Seg *rc, int y, int n){
// 這個函數有兩種實作方法。
// 1.走訪線段樹的方法
int l = 1, r = n;
if(rc->sz - lc->sz < y)return 0;
while(l<r){
int mid = (l+r)/2;
if(rc->rc->sz - lc->rc->sz <= y){
y -= rc->rc->sz - lc->rc->sz;
r = mid;
lc = lc->lc;
rc = rc->lc;
}else{
l = mid+1;
lc = lc->rc;
rc = rc->rc;
}
}
return l+1;
// 2.下面是2分搜的方法
// int ans = l+1;
// l = 0, r = n;
// while(l<r-1){
// int mid = (l+r)/2;
// if(query(t1,t2,mid,n) > tmpy)l = mid;
// else r = mid;
// }
// return r;
}
struct Magic{
vector<list<int>::iterator> P;
list<int> IND;
priority_queue<PII, vector<PII>,greater<PII>> dead;
Magic(){
IND.push_back(0);
P.push_back(IND.begin());
}
void update(int x, int n){
while(!dead.empty() && dead.top().first<=x){
int tmp = dead.top().second;
dead.pop();
if(P[tmp] != IND.end()){
if(next(P[tmp]) != IND.end()){
int pre = *prev(P[tmp]), nx = *next(P[tmp]);
dead.push(PII(s_query(RT[S[pre]], RT[S[nx]], DP[nx] - DP[pre], n), nx));
}
IND.erase(P[tmp]);
P[tmp] = IND.end();
}
}
}
void push(int n){
int now = P.size(), pre = IND.back();
int ti = s_query(RT[S[pre]], RT[S[now]], DP[now] - DP[pre], n);
IND.push_back(now);
P.push_back(prev(IND.end()));
dead.push(PII(ti, now));
}
int back(){
return IND.back();
}
};
main(){
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t,n,q,m;
cin>>t;
while(t--){
Seg::p = Seg::ST;
cin>>n;
RT[0] = new(Seg::p++) Seg(1,n);
F(n)cin>>D[i].first>>D[i].second;
sort(D,D+n);
int l = 0;
st = 0;
F(n){
RT[i+1] = RT[i];
while(l<n&&D[l].first<=i+1)ST[st++] = D[l].second,l++;
if(st){
RT[i+1] = RT[i+1]->ins(1,n,ST,st);
st = 0;
}
}
cin>>q;
while(q--){
cin>>m;
F(m)cin>>S[i+1];
sort(S+1,S+m+1);
DP[0] = 0;
Magic mg;
bool ans = true;
F(m){
mg.update(S[i+1], n);
DP[i+1] = DP[mg.back()] + query(RT[S[mg.back()]],RT[S[i+1]],S[i+1], n) - S[i+1];
if(DP[i+1]<0){
ans = false;
break;
}
mg.push(n);
}
cout<<(ans?1:0)<<endl;
}
}
}