2022信奥赛C++提高组csp-s复赛真题及题解：星战
题目描述
在这一轮的星际战争中，我方在宇宙中建立了 n n n 个据点，以 m m m 个单向虫洞连接。我们把终点为据点 u u u 的所有虫洞归为据点 u u u 的虫洞。
战火纷飞之中这些虫洞很难长久存在，敌人的打击随时可能到来。这些打击中的有效打击可以分为两类：
- 敌人会摧毁某个虫洞，这会使它连接的两个据点无法再通过这个虫洞直接到达，但这样的打击无法摧毁它连接的两个据点。
- 敌人会摧毁某个据点，由于虫洞的主要技术集中在出口处，这会导致该据点的所有还未被摧毁的虫洞被一同摧毁。而从这个据点出发的虫洞则不会摧毁。
注意：摧毁只会导致虫洞不可用，而不会消除它的存在。
为了抗击敌人并维护各部队和各据点之间的联系，我方发展出了两种特种部队负责修复虫洞：
- A 型特种部队则可以将某个特定的虫洞修复。
- B 型特种部队可以将某据点的所有损坏的虫洞修复。
考虑到敌人打击的特点，我方并未在据点上储备过多的战略物资。因此只要这个据点的某一条虫洞被修复，处于可用状态，那么这个据点也是可用的。
我方掌握了一种苛刻的空间特性，利用这一特性我方战舰可以沿着虫洞瞬移到敌方阵营，实现精确打击。
为了把握发动反攻的最佳时机，指挥部必须关注战场上的所有变化，为了寻找一个能够进行反攻的时刻。总指挥认为：
- 如果从我方的任何据点出发，在选择了合适的路线的前提下，可以进行无限次的虫洞穿梭（可以多次经过同一据点或同一虫洞），那么这个据点就可以实现反击。
- 为了使虫洞穿梭的过程连续，尽量减少战舰在据点切换虫洞时的质能损耗，当且仅当只有一个从该据点出发的虫洞可用 时，这个据点可以实现连续穿梭。
- 如果我方所有据点都可以实现反击 ，也都可以实现连续穿梭 ，那么这个时刻就是一个绝佳的反攻时刻。
总司令为你下达命令，要求你根据战场上实时反馈的信息，迅速告诉他当前的时刻是否能够进行一次反攻。
输入格式
输入的第一行包含两个正整数 n , m n,m n,m。
接下来 m m m 行每行两个数 u , v u,v u,v，表示一个从据点 u u u 出发到据点 v v v 的虫洞。保证 u ≠ v u \ne v u=v，保证不会有两条相同的虫洞。初始时所有的虫洞和据点都是完好的。
接下来一行一个正整数 q q q 表示询问个数。
接下来 q q q 行每行表示一次询问或操作。首先读入一个正整数 t t t 表示指令类型：
- 若 t = 1 t = 1 t=1，接下来两个整数 u , v u, v u,v 表示敌人摧毁了从据点 u u u 出发到据点 v v v 的虫洞。保证该虫洞存在且未被摧毁。
- 若 t = 2 t = 2 t=2，接下来一个整数 u u u 表示敌人摧毁了据点 u u u。如果该据点的虫洞已全部被摧毁，那么这次袭击不会有任何效果。
- 若 t = 3 t = 3 t=3，接下来两个整数 u , v u, v u,v 表示我方修复了从据点 u u u 出发到据点 v v v 的虫洞。保证该虫洞存在且被摧毁。
- 若 t = 4 t = 4 t=4，接下来一个整数 u u u 表示我方修复了据点 u u u。如果该据点没有被摧毁的虫洞，那么这次修复不会有任何效果。
在每次指令执行之后，你需要判断能否进行一次反攻。如果能则输出 YES 否则输出 NO。
输出格式
输出一共 q q q 行。对于每个指令，输出这个指令执行后能否进行反攻。
输入输出样例 #1
输入 #1
3 6
2 3
2 1
1 2
1 3
3 1
3 2
11
1 3 2
1 2 3
1 1 3
1 1 2
3 1 3
3 3 2
2 3
1 3 1
3 1 3
4 2
1 3 2输出 #1
NO
NO
YES
NO
YES
NO
NO
NO
YES
NO
NO说明/提示
【样例解释 #1】
虫洞状态可以参考下面的图片, 图中的边表示存在且未被摧毁的虫洞：
【数据范围】
对于所有数据保证： 1 ≤ n ≤ 5 × 10 5 1 \le n \le 5 \times {10}^5 1≤n≤5×105， 1 ≤ m ≤ 5 × 10 5 1 \le m \le 5 \times {10}^5 1≤m≤5×105， 1 ≤ q ≤ 5 × 10 5 1 \le q \le 5 \times {10}^5 1≤q≤5×105。
| 测试点 | n ≤ n \le n≤ | m ≤ m \le m≤ | q ≤ q \le q≤ | 特殊限制 |
|---|---|---|---|---|
| 1 ∼ 3 1 \sim 3 1∼3 | 10 10 10 | 20 20 20 | 50 50 50 | 无 |
| 4 ∼ 8 4 \sim 8 4∼8 | 10 3 {10}^3 103 | 10 4 {10}^4 104 | 10 3 {10}^3 103 | 无 |
| 9 ∼ 10 9 \sim 10 9∼10 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 保证没有 t = 2 t = 2 t=2 和 t = 4 t = 4 t=4 的情况 |
| 11 ∼ 12 11 \sim 12 11∼12 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 保证没有 t = 4 t = 4 t=4 的情况 |
| 13 ∼ 16 13 \sim 16 13∼16 | 10 5 {10}^5 105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 无 |
| 17 ∼ 20 17 \sim 20 17∼20 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 5 × 10 5 5\times 10^5 5×105 | 5 × 10 5 5 \times {10}^5 5×105 | 无 |
思路分析
问题转化
题目要求判断是否每个点出度恰好为1。这等价于：
- 总边数 = n（n个点，每个点1条出边）
- 每个点出度 ≥ 1（否则边数不足n）
随机哈希策略
- 给每个点分配随机权值 ：
w[i] - 维护两个关键值 ：
ans = Σw[i]：所有点权值之和tot = Σw[u]：当前所有有效边的起点权值之和
- 判断条件 ：
- 如果
tot == ans，则说明每个点的权值恰好被计算一次 - 在随机权值下，这等价于每个点出度恰好为1
- 如果
操作维护
-
操作1（删除边u→v）：
- 从目标点v的入边权值和中减去起点u的权值
- 总权值和
tot减去w[u]
-
操作2（摧毁据点u）：
- 从
tot中减去当前所有指向u的边的权值和 - 将u的入边权值和置零
- 从
-
操作3（修复边u→v）：
- 在目标点v的入边权值和中加上起点u的权值
- 总权值和
tot加上w[u]
-
操作4（修复据点u）：
- 恢复u的原始入边权值和
- 将修复的权值加到
tot中
代码实现
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 5;
int n, m, q; // 点数、边数、操作数
int w[N]; // 每个点的随机权值
ll in[N]; // 当前入边权值和：in[v] = Σw[u] (存在边u→v)
ll backup[N]; // 备份的入边权值和
ll tot, target; // 当前总权值和、目标总权值和
int main() {
// 随机数生成器
mt19937 rng(time(0));
// 输入点数和边数
scanf("%d%d", &n, &m);
// 给每个点分配随机权值并计算目标值
for (int i = 1; i <= n; i++) {
w[i] = rng(); // 生成随机权值
target += w[i]; // 累加目标总权值
}
// 输入初始边并初始化入边权值和
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
in[v] += w[u]; // 边u→v：将u的权值加到v的入边和中
tot += w[u]; // 总权值累加
}
// 备份初始入边权值和
for (int i = 1; i <= n; i++) {
backup[i] = in[i];
}
// 处理操作
scanf("%d", &q);
while (q--) {
int type, u, v;
scanf("%d%d", &type, &u);
if (type == 1) {
// 删除边u→v
scanf("%d", &v);
in[v] -= w[u]; // 从v的入边和中减去u的权值
tot -= w[u]; // 总权值减少
}
else if (type == 2) {
// 摧毁据点u：删除所有指向u的边
tot -= in[u]; // 减去当前所有指向u的边的权值和
in[u] = 0; // 清空u的入边权值和
}
else if (type == 3) {
// 修复边u→v
scanf("%d", &v);
in[v] += w[u]; // 向v的入边和中添加u的权值
tot += w[u]; // 总权值增加
}
else { // type == 4
// 修复据点u：恢复所有指向u的边
tot += backup[u] - in[u]; // 修复损坏的入边
in[u] = backup[u]; // 恢复原始入边权值和
}
// 判断是否满足条件并输出结果
puts(tot == target ? "YES" : "NO");
}
return 0;
}功能分析
核心变量说明
| 变量名 | 类型 | 描述 |
|---|---|---|
w[i] |
int |
点i的随机权值 |
in[i] |
ll |
当前指向点i的边的起点权值之和 |
backup[i] |
ll |
点i的初始入边权值和备份 |
tot |
ll |
当前所有有效边的起点权值之和 |
target |
ll |
目标总权值（所有点权值之和） |
操作时间复杂度
- 操作1和3：O(1) - 只更新一条边
- 操作2和4：O(1) - 通过备份实现批量操作
- 判断操作：O(1) - 仅需比较两个值
空间复杂度
- O(n)：需要存储每个点的权值和入边权值和
- O(m)：仅读取边信息，不存储完整图结构
正确性保障
-
随机性保障：
- 使用
mt19937生成32位随机数 - 冲突概率极低（约1/4,294,967,296）
- 实际测试中未发现冲突
- 使用
-
操作正确性：
- 操作1和3对称，保证单条边的正确更新
- 操作2和4通过备份机制，避免遍历所有入边
- 总权值
tot始终与当前图状态一致
-
条件等价性：
- 当且仅当每个点出度为1时，
tot == target - 如果
tot == target但出度不为1，则是哈希冲突，概率极低
- 当且仅当每个点出度为1时，
注意事项
- 随机种子：使用时间种子，不同运行结果可能不同，但单次运行内一致
- 整数范围 ：使用
long long避免溢出
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"跟着王老师一起学习信奥赛C++";
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}