ARC079F - Namori Grundy

Solution

首先这是一个NNN个点NNN条边的有向图，所以它的基图是一棵基环树，其次这个图的所有点入度为111，因此这是一棵基环外向树。

然后对于aia_iai，假设我们求出S={aj∣(i,j)∈E}S=\{a_j|(i,j)\in E\}S={aj∣(i,j)∈E}，即iii的所有出边的aaa的集合，那么显然ai=mexSa_i=mex\;Sai=mexS，aia_iai的值是可以通过其出边唯一确定的。

我们先考虑一棵树的情况，我们发现叶子结点必然为000，因此每一个结点iii的aia_iai都可以从下到上通过其儿子结点递推得到。

现在考虑基环树，对于环上一点，我们可以通过它的子树唯一确定去掉环时它的aaa，然后可以发现当且仅当环长为奇数且环上结点的aaa都相等时无解。

然后直接找到环，递推求出每一个aaa，判一判就行了。

时间复杂度O(n)O(n)O(n)。

Proof

现在我们可以把子树点都扔掉，只考虑一个kkk元环。
我们设环上点依次为0,1,2...k−10,1,2...k-10,1,2...k−1，(i+1,i)∈E(i+1,i)\in E(i+1,i)∈E，（之后的下标都在模kkk意义下）。

若ai+1a_{i+1}ai+1要加111，当且仅当ai+1=aia_{i+1}=a_iai+1=ai。
因为环上点出度为111，一个点最多加111。

首先我们不会让所有点都加111，因为这和所有点不变一样，所以若存在方案，一定有一种有至少一个点ppp不动的方案。

如果我们知道ppp，那么我们可以从ppp开始判断apa_pap是否等于ap+1a_{p+1}ap+1，若相等则ap+1+1a_{p+1}+1ap+1+1。

我们令一段连续的+1+1+1的下标区间为[l+1,r][l+1,r][l+1,r]，显然有al=al+1,al+1+1=al+2,al+2+1=al+3...a_{l}=a_{l+1},a_{l+1}+1=a_{l+2},a_{l+2}+1=a_{l+3}...al=al+1,al+1+1=al+2,al+2+1=al+3...，因此这段aaa一定是al,al,al+1,al+2...al+(r−l−1)a_l,a_l,a_l+1,a_l+2...a_l+(r-l-1)al,al,al+1,al+2...al+(r−l−1)，点lll不动且为其中的最小值。

所以我们有结论：若能找到一个iii，使得ai≠ai−1a_i\not = a_{i-1}ai=ai−1且∀jai≤aj\forall_j a_i\leq a_j∀jai≤aj，iii可以作为ppp，方案存在。

那么最后还剩下找不到iii的环，其上的点必然是所有aaa相等的，这个就很容易考虑了，因为所有点都等价，所以可以任取一个作为ppp，最后的序列一定长成ap,ap+1,ap,ap+1,ap,ap+1...a_p,a_p+1,a_p,a_p+1,a_p,a_{p}+1...ap,ap+1,ap,ap+1,ap,ap+1...的形式。

这就相当于一个二分图染色，只有当kkk为奇数时，存在相邻两个aaa相等，不合法；当aaa为偶数时存在合法方案。

综上，当且当且仅当环长为奇数且环上结点的aaa都相等时无解。

Code

#include <vector>
#include <list>
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#include <set>
#include <deque>
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#include <algorithm>
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#include <sstream>
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#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
vector<int> e[MAXN];
int fa[MAXN],vis[MAXN],instk[MAXN],flag[MAXN],tag[MAXN],f[MAXN],n;
void dfs(int x)
{vis[x]=1,instk[x]=1;for (auto v:e[x]){if (instk[v]) {for (int p=x;p!=v;p=fa[p]) flag[p]=1;flag[v]=1;}else fa[v]=x,dfs(v);}instk[x]=0;
}void tree_dp(int x,int father)
{for (auto v:e[x]) if (v!=father&&!flag[v]) tree_dp(v,x);for (auto v:e[x]) if (v!=father&&!flag[v]) tag[f[v]]=x;for (int i=0;i<n;i++) if (tag[i]!=x) { f[x]=i; return; }
}signed main()
{n=read();for (int i=1,x;i<=n;i++) x=read(),e[x].PB(i);for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) dfs(i);int p=0,num=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (flag[i]) tree_dp(i,0),p=f[i],num++;if (!(num&1)) { puts("POSSIBLE"); return 0; } for (int i=1;i<=n;i++)if (flag[i]&&p!=f[i]) { puts("POSSIBLE"); return 0; }puts("IMPOSSIBLE");return 0;
}