2019-2020 ICPC Southwestern European Regional Programming Contest (SWERC 2019-20)部分题解

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躺狗实锤，只会两题
G.Swapping Places
大意：给你一个长度为 $n$的字符串序列，字符串种类为 $s$，给你 $l$组关系。每组关系由两个字符串 $a,b$构成,若 $a，b$相邻，则可以交换这两个字符串。问你这个字符串序列的最终能 变成的字典序最小的序列是什么。
思路：字符串不好看，所以先离散化成数组再搞。
一个比较明显的思路是 由于种类数最多200，所以可以考虑枚举每一位最小能放的字符串是什么就行。
然后考虑具体实现。
我们考虑在枚举到第i位的时候，放第j小的字符串是否合法？ $[1, i-1]$位已经放完了。那么肯定是要把下标最小的且没用过的 $j$移到第 $i$位，那么显然， $1-i$中所有没用过的字符串都要能与j互相交换才行。暴力来 $check$显然是不可取的。一种可以实现的优化方式是，当用过一个第 $x$位的字符串的时候， $x$位的字符串会对 $x+1-n$的字符串产生影响，因为，后面的字符串可能因为这个字符串而不能移动到 $x$位之前。那么用一个 $bit$维护第 $i$种字符串在区间 $[1,r]，1\leq r\leq n$内已经用掉的且不能交换的字符串数量。
之前预处理一下每一位上的字符串，在他前面不能交换的字符串的数量 就行。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
string a[N],c[N];
int n,b[N],s,l,ed[222][222],ans[N];
vector<int>v[202];
int len[202],vis[N],cnt[N],dis[N];
int t[202][N];
void add(int x,int y,int z){
  for(;y<N;y+=y&-y)t[x][y]+=z;
}
int get(int x,int y){
  int z=0;
  for(;y;y-=y&-y)z+=t[x][y];
  return z;
}
int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin>>s>>l>>n;
  for(int i=1;i<=s;i++){
    cin>>a[i];
    c[i]=a[i];
    ed[i][i]=1;
  }
  sort(c+1,c+1+s);
  for(int i=1;i<=l;i++){
    string x,y;
    cin>>x>>y;
    int dx=lower_bound(c+1,c+1+s,x)-c;
    int dy=lower_bound(c+1,c+1+s,y)-c;
    ed[dx][dy]=1;
    ed[dy][dx]=1;
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    string x;
    cin>>x;
    b[i]=lower_bound(c+1,c+1+s,x)-c;
    v[b[i]].pb(i);
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=s;j++){
      if(!ed[b[i]][j])dis[i]+=cnt[j];
    }
    cnt[b[i]]++;
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=s;j++){
      if(len[j]>=v[j].size())
        continue;;
      int x=v[j][len[j]];
      int st=0;
      if(dis[x]!=get(j,x)){
        st=1;
      }
      if(!st){
        ans[i]=j;
        vis[x]=1;
        len[j]++;
        for(int k=1;k<=s;k++){
          if(!ed[j][k]){
            add(k,x,1);
          }
        }
        break;
      }
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    cout<<c[ans[i]]<<' ';
  }
  return 0;
}

K.Birdwatching
题意：自己读
思路：
暴力的做法：枚举每一条跟t的边，然后随便dfs一下。
显然会T。
那么仔细考虑一下。如果一条边 $(s,t)$不合法的话，那么 $s$必然可以通过经过其他边到达 $t$，就会存在类似这样的路径 $s->....->q->t$。
那我们建反边，从与t相邻的点出发dfs，设起始点为 $a$,dfs的过程中不能第二次经过 $a$，剩下能到达的点显然都可以通过 $x->....->a->t$的路径到达t，所以都是不合法的点。另外每个点在所有dfs中最多只需要访问两次。因为，在从某个起始点出发之后，可以访问到其他点，但是，这个起始点需要其他起始点来check自己是不是合法点。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
vector<int> e[N],ans,V;
int vis[N],n,m,t,is_link[N],al[N];
void dfs(int x,int _y){
  for (auto y : e[x]){
    if (vis[y] || y==_y ||al[y]>1)
      continue;
    V.pb(y);
    al[y]++;
    vis[y] = 1;
    is_link[y]=1;
    dfs(y,_y);
  }
}
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin>>n>>m>>t;
  for(int i=1;i<=m;i++){
    int x,y;
    cin>>x>>y;
    e[y].pb(x);
  }
  vis[t] = 1;
  for (auto x : e[t]){
    V.clear();
    dfs(x,x);
    for(auto k:V)vis[k]=0;
  }
  for (auto x : e[t]){
    if (!is_link[x]){
      ans.pb(x);
    }
  }
  cout<<(int)ans.size()<<'\n';
  sort(ans.begin(),ans.end());
  for (auto x : ans){
    cout<<x<<'\n';
  }
  return 0;
}