中石油训练赛 - One-Way Conveyors(边双缩点+树上差分)

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题目大意：给出一张 n 个点 m 条边的无向图，现在需要将这张图转换为有向图，并且使得 k 个可达条件成立，输出一种构造方案

题目分析：如果在无向图中出现环的话，那么在转换为有向图后，环上的点一定是可以使得互相可达的，所以我们考虑 tarjan 边双缩点，将整个图缩成一棵树，在缩边的时候，只需要在 dfs 树上一直加边就可以构造环了

现在只需要考虑缩边后的树边方向即可，对于一个可达条件的限制 ( x , y ) ，设是需要从 x -> y，因为在一棵树上路径唯一，我们先求出 lca = LCA( x , y ) ，维护两个数组 in 和 out ，其意义分别是：

in[ i ] ：有 in[ i ] 条边的方向需要从 fa[ i ] -> i
out[ i ] ：有 out[ i ] 条边的方向需要从 i -> fa[ i ]

对于一条边 ( x , y ) ，可以用树链剖分，分别维护 x -> lca 和 lca -> y 这两段的边上的 in 数组和 out 数组，最后对于某条边来说，如果 in[ i ] 和 out[ i ] 皆不为 0 的话，那么显然是无解的，否则根据上面的两种情况确定一下

不过马哥有个很棒的想法，就是用树上差分来代替树链剖分，对于一个要求 ( x , y ) 来说，只需要让 out[ x ] ++ , out[ lca ] -- , in[ y ] ++ , in[ lca ] -- ，最后一遍 dfs 统计一下树上前缀和就好了，时空复杂度以及代码难度相对树链剖分来说都优秀太多了

剩下的就是实现了，耐心码就好了，没什么坑点

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e4+100;const int M=2e5+100;set<pair<int,int>>ans,st;struct Egde
{int to,next;
}edge1[M],edge2[M];int head1[N],head2[N],low[N],dfn[N],c[N],out[N],in[N],num,cnt1,cnt2,dcc,n,m;bool bridge[M],vis[M];void addedge1(int u,int v)
{edge1[cnt1].to=v;edge1[cnt1].next=head1[u];head1[u]=cnt1++;
}void addedge2(int u,int v)
{edge2[cnt2].to=v;edge2[cnt2].next=head2[u];head2[u]=cnt2++;
}void tarjan(int u,int in_edge)
{dfn[u]=low[u]=++num;for(int i=head1[u];i!=-1;i=edge1[i].next){int v=edge1[i].to;if(!dfn[v]){tarjan(v,i);low[u]=min(low[u],low[v]);if(low[v]>dfn[u])bridge[i]=bridge[i^1]=true;}else if(i!=(in_edge^1))low[u]=min(low[u],dfn[v]);}
}void dfs(int u)
{c[u]=dcc;for(int i=head1[u];i!=-1;i=edge1[i].next){int v=edge1[i].to;if(bridge[i])continue;if(!vis[i]&&!vis[i^1]){ans.insert(make_pair(u,v));vis[i]=vis[i^1]=true;}if(c[v])continue; dfs(v);}
}void solve()
{for(int i=1;i<=n;i++)//找桥 if(!dfn[i])tarjan(i,0);for(int i=1;i<=n;i++)//缩点 if(!c[i]){dcc++;dfs(i);}
}void build()//缩点+连边
{solve();for(int i=2;i<cnt1;i+=2){int u=edge1[i^1].to;int v=edge1[i].to;if(c[u]==c[v])continue;addedge2(c[u],c[v]);addedge2(c[v],c[u]);}
}int deep[N],dp[N][20],limit;void dfs1(int u,int fa,int dep)//树上倍增
{deep[u]=dep;dp[u][0]=fa;for(int i=1;i<=limit;i++)dp[u][i]=dp[dp[u][i-1]][i-1];for(int i=head2[u];i!=-1;i=edge2[i].next){int v=edge2[i].to;if(v!=fa)dfs1(v,u,dep+1);}
}int LCA(int x,int y)
{if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);for(int i=limit;i>=0;i--)if(deep[x]-deep[y]>=(1<<i))x=dp[x][i];if(x==y)return x;for(int i=limit;i>=0;i--)if(dp[x][i]!=dp[y][i]){x=dp[x][i];y=dp[y][i];}return dp[x][0];
}void dfs2(int u,int fa)//统计树上差分的前缀和
{for(int i=head2[u];i!=-1;i=edge2[i].next){int v=edge2[i].to;if(v==fa)continue;dfs2(v,u);in[u]+=in[v];out[u]+=out[v];}
}void init()
{ans.clear();limit=log2(n)+1;cnt1=2;cnt2=num=dcc=0;memset(head2,-1,sizeof(head2));memset(head1,-1,sizeof(head1));memset(low,0,sizeof(low));memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(bridge,false,sizeof(bridge));memset(c,0,sizeof(c));memset(out,false,sizeof(out));memset(in,false,sizeof(in));memset(vis,false,sizeof(vis));
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&n,&m);init();while(m--){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);addedge1(u,v);addedge1(v,u);}build();dfs1(1,0,0);int x,y;int k;scanf("%d",&k);while(k--){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);if(c[x]==c[y])//属于同一个连通分量 continue;int lca=LCA(c[x],c[y]);//c[x]->c[y]out[c[x]]++;out[lca]--;in[c[y]]++;in[lca]--;}dfs2(1,-1);bool flag=true;for(int i=1;i<=dcc;i++)//枚举每个点与其父节点的关系 {if(out[i]&&in[i]){flag=false;break;}if(out[i])st.insert(make_pair(i,dp[i][0]));elsest.insert(make_pair(dp[i][0],i));}if(!flag)return 0*puts("No");for(int i=2;i<cnt1;i++){int u=edge1[i].to,v=edge1[i^1].to;if(c[u]==c[v])continue;if(st.count(make_pair(c[u],c[v])))ans.insert(make_pair(u,v));}puts("Yes");for(auto it:ans)printf("%d %d\n",it.first,it.second);return 0;
}

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