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n(1≤n≤1000000)个城市,k(1≤k≤n)个国家,m(1≤m≤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。
额这个很明显有n^2的建边算法,即:由于每个块中只能建一个首都,开点,表示选还是不选选了A则连向所有联通块内不选的。
这里有一个优化方式:我们并不需要建造所有的不选边,可以开一个前缀和数组。
这个数组对于单个节点有四个标号分别表示
1)X点选
2)X点不选
3)X的前缀选
4)X的前缀不选
这个所谓的前缀是指按先后顺序读入的块k的前缀。
然后很明显:对于每一条边就是一个二元组
X不选-Y选
Y不选-X选
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
using namespace std;
inline void read(int &x){
x=0;
char ch=getchar();
int f=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
x*=f;
}
const int N=4e6+100;
struct Front_star{
int u,v,nxt;
}e[N<<3];
int cnt=0;
int first[N];
void add(int u,int v){
++cnt;
e[cnt].u=u;
e[cnt].v=v;
e[cnt].nxt=first[u];
first[u]=cnt;
}
int n,m,k;
//
stack<int> S;
int vis[N];
int dfn[N];
int low[N];
int tot=0;
int scc=0;
int Belong[N];
void Tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++tot;
S.push(u);
vis[u]=1;
for(int i=first[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(!dfn[v]){
Tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else{
if(vis[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
if(low[u]==dfn[u]){
int x;
scc++;
do{
x=S.top();
S.pop();
vis[x]=0;
Belong[x]=scc;
}while(x!=u);
}
}
int main(){
// freopen("test.in","r",stdin);
read(n);
read(m);
read(k);
for(int i=1;i<=n;++i){
add(i,i+2*n);
add(i+3*n,i+n);
}
for(int i=1;i<=m;++i){
int u,v;
read(u);
read(v);
add(u+n,v);
add(v+n,u);
}
for(int i=1;i<=k;++i){
int sum;
read(sum);
int Last=0;
for(int j=1;j<=sum;++j){
int u;
read(u);
if(Last){
add(Last+2*n,u+2*n);
add(u+3*n,Last+3*n);
add(Last+2*n,u+n);
add(u,Last+3*n);
}
Last=u;
}
}
for(int i=1;i<=4*n;++i){
if(!dfn[i])Tarjan(i);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(Belong[i]==Belong[i+n]||Belong[i+2*n]==Belong[i+3*n]){
cout<<"NIE"<<'\n';
return 0;
}
}
cout<<"TAK";
}