AGC016EPoor Turkeys

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了AGC016EPoor Turkeys相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

Description

  
  有(n)(1 le n le 400))只鸡,接下来按顺序进行(m)(1 le m le 10^5))次操作。每次操作涉及两只鸡,如果都存在则随意拿走一只;如果只有一只存在,拿走这一只;如果都不存在,什么都不做。
  
  求最后有多少对鸡(无序)可能共同存活。
  
  
  

Solution

  
  个人认为单用集合的解释方法有失偏颇。
  
  首先考虑枚举两只鸡,规定它们一定要存活,然后模拟过程。怎么看单次模拟的复杂度都不会小于(m),因此要第一时间舍弃这种方法。
  
  于是要换个角度考虑。我们看看能不能算出某一只鸡存活的条件,再枚举两只鸡,并判断它们的条件是否冲突。
  
  假设我们令(a)必须存活。
  
  先看那些与(a)有关的操作:显然,另一只鸡在该操作前必须存活。我们虽然得到了这个结论,但是这些操作的顺序有先后影响,并不好考虑。
  
  为了消除后效性,我们从后往前考虑每个事件。如果遇到与(a)有关的事件((a,b)),我们必须令(b)在这个时刻前存活。这意味着下次遇到与(a)(b)有关的事件,我们必须令另一者在这个时刻前存活。我们记如果"(a)必须存活",当前所有必须存活的鸡组成的集合为(S),则形式化地讲:
  
  初始时,(S)里只有(a)
  
  1.如果遇到一个事件,其中一者属于(S),则另一者必须在这个时刻前存活。我们将另一者加进(S)
  
  2.如果两者都属于(S),则必须死一个。这立刻违反了(S)的定义,因此(a)不可能存活。我们将其纳入统计答案的考虑对象
  
  3.如果两者都不属于(S),由于我们从后往前考虑,即使这两者在更早的时间与(a)的生死有关,但那个有关的时刻结束之后,这两者的生死并不重要。因此这个事件不需要纳入考虑范围。
  
  由此,扫完全部事件之后,依赖存活关系可以形象为一棵内向树(上述1.发生时,从另一者向属于(S)的一者连一条有向边),我们不再将其看做集合考虑,因为那无法解释接下来的事情。我们称它为(a)的存活树。
  
  (a)的存活树的每一条边都代表着一次依赖事件,每一次事件的成功与否都决定了(a)能否存活。事件发生的具体顺序我们不需要知道,但是一定是按照从叶子节点向上的某个拓扑序发生的。
  
  考虑两只鸡(a)(b)能否存活。有了存活树的概念,却无从下手?先从简单的一面看:如果二者的存活树的点集无交,那么显然没有影响,二者可以共存。关键是如果有交,可以共存吗?
  
  对于一个点(x),其在(a)(b)的存活树中都出现。如果(x)在两棵树中的父亲不同,这代表着两次不同的事件,先后发生,却都依赖于(x)。则后发生的一者必然不能保证(x)存活,因此(a)(b)有一个必须死。如果(x)在两棵树中的父亲相同,首先二者不可能是两个事件,不然二者自身都不可能存活,不在考虑范围之内;既然是同一个事件,那么它们在这一步的确共存,因为它们共同进行了有益的一步。我们会发现,两棵树中可能出现一些“共同链”,但这并不意味着二者可以共存。因为两棵树的根一定不同,所以“共同链”的链顶一定不是根,即“共同链”的链顶一定会出现第一个情况:父亲不一样,有一只鸡必须死。
  
  由上证毕,两只鸡能共存,当且仅当存活树的点集无交集。
  
  在实现时,不需要建树,树只是用来严格证明的,我们只需要计算出每只存活的鸡的存活树点集合即可。
  
    
  

Code

  

#include <cstdio>
#include <bitset>
using namespace std;
const int N=405,M=10005;
typedef bitset<N> bs400;
int n,m;
int a[M][2];
bool die[N];
bs400 b[N];
void readData(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
}
void calc(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        b[i][i]=1;
        for(int j=m;j>=1;j--){
            int u=a[j][0],v=a[j][1];
            if(b[i][u]&&b[i][v]){
                die[i]=true;
                break;
            }
            else if(b[i][u])
                b[i][v]=1;
            else if(b[i][v])
                b[i][u]=1;
        }
    }
}
void print(){
    int ans=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
        if(!die[i])
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
                if(!die[j]){
                    if((b[i]&b[j]).none())
                        ans++;
                }
    printf("%d
",ans);
}
int main(){
    readData();
    calc(); 
    print();
    return 0;
}

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