Description

先有一台预测机，可以预测当前 \(n\) 个人在 \(T\) 个时刻内的生死关系。关系有两种：

• \(\texttt{0 t x y}\)：如果 \(t\) 时刻 \(x\) 死了，那么 \(y\) 在第 \(t+1\) 时刻也会死亡。
• \(\texttt{1 t x y}\)：如果 \(t\) 时刻 \(x\) 或者，那么 \(y\) 在 \(t\) 时刻就会死亡。

这样的关系共有 \(m\) 条。现在你需要在不违背这些关系的前提下，计算对于每一个人 \(i\)，可能可以与 \(i\) 活到第 \(T+1\) 时刻的有多少人。形式化的讲，设 \(\text{Live}(i, j)\) 表示是否 \(i, j\) 可以同时存活，如果可以则为 \(1\)，反之为 \(0\)。那么你需要对于每一个 \(i\in[1, n]\)，计算

\[\sum_{j\in[1, n],i\ne j}\text{Live}(i, j) \]

的值。

Hint

\(1\le n\le 5\times 10^4, 1\le m\le 10^5, 1\le T\le 10^6\)。

Solution

考虑用 2-SAT 思想将生死关系转化为图：记 \((x,t), \neg (x,t)\) 分别表示 \(x\) 这个人在时刻 \(t\) 的 活 / 死 两个状态（图上的顶点），\(a\to b\) 表示一条从 \(a\) 到 \(b\) 的有向边。

• 对于一个人 \(i\)，如果 \(t\) 时刻他死了，那么显然 \(t+1\) 时刻也是死的。同理，如果 \(t+1\) 时刻是活的，那么 \(t\) 时刻一定也是活的。连边 \(\neg(i, t)\to \neg(i,t+1),(i,t+1)\to(i,t)\)。
• 对于一个关系 \(\texttt{0 t x y}\)，显然连边 \(\neg(x, t)\to \neg(y,t+1)\)。注意如果 \(t+1\) 时 \(y\) 没死，那么说明这个条件没有生效，在 \(t\) 时刻 \(x\) 是活的，所以 \((y,t+1)\to (x,t)\)。
• 对于一个关系 \(\texttt{1 t x y}\)，显然连边 \((x, t)\to \neg(y,t)\)。同上反向考虑有 \((y, t)\to \neg(x,t)\)。

这样我们就把图建好了。然而我们发现 闷声发大财 点数是 \(O(n\times T)\) 的。其实这个还好办，我们只要对每个点 \(x\)，把它在条件中出现过的 \(t\) 作为点开出来，其他 没有出现在条件中的就是没用的点。具体来讲，对每个点开一个 set 存储有用的时刻（包括 \(T+1\)），然后用一个 map 存一下编号即可。这样一来，点和边的规模为 \(O(m+n)\)，可以承受。

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那么，如何用这张图求解答案呢？为了方便，设 \(\text{alive}(x) = (x, T+1),\text{dead}(x) = \neg(x, T+1)\)，分别表示最后结束时 \(x\) 这个人生死对应的两个状态。

我们考虑一条有向边 \(a\to b\) 的实际意义：如果 \(a\) 为真，那么可以推出 \(b\) 也为真。如果说存在一个 \(y\ne x\) 使得 \(\text{alive}(x)\) 可以到达 \(\text{dead}(y)\)，那么表明 \(x\) 活着的话 \(y\) 就会死，这样两个人显然无法同时活着。

如果我们对于每个 \(x\) 都求出满足上述条件的 \(y\) 集合的大小，那么 \(n\) 减去这个集合的大小再减一（减去自己）即为答案。

在实际实现时，我们枚举 \(i\in [1, n]\) 并从 \(\text{alive}(i)\) 开始 DFS，搜出这个 \(\text{alive}(i)\) 可以搜到那些 \(\text{dead}(j)\)，最后我们得到了一个由所有 \(\text{alive}(i)\) 可及的 \(\text{dead}(j)\) 组成的一个集合，然后答案就比较显然了。

但这样的复杂度是平方级别，我们考虑优化。发现对于 DFS 树上的一个结点 \(x\) 以及其子节点 \(y_1, y_2, \cdots y_k\)。若记 \(f(i)\) 为 \(i\) 可以到达的点集，那么 \(f(x) = \left(\cup_{i=1}^k f(y_i)\right)\cup\{x\}\)。不难发现这个 \(\cup\) 其实是可以用 bitset 的位运算 进行优化的，复杂度降为 \(O(\frac 1 \omega n(n+m))\)。注意，这里 \(f\) 也有记忆化的作用，使得一个点不被搜两次。既然是记忆化，那么相当于在 DAG 上 dp。怎么知道建出来的图是 DAG 呢？这里简单说明一下：

我们记任意一个死亡状态为 \(d\)，存活状态为 \(l\)。由题意得，只会存在 \(l\to d\)（时刻不减），\(d\to d,l\to l\)（时刻增加）。对于一个 \(t\) 时刻的 \(d\)，要想回到 \(l\) 是不可能的，回到 \(t\) 之前也不行；而对于 \(l\)，首先也不可能回到 \(t\) 之前，而到了 \(d\) 也将面临着上面的处境。因此我们的图上的状态转移只会向 \(d\) 以及大的 \(t\) 的方向走而回不来。于是这就是一个 DAG，缩点也不用了。

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难受的是 \(\frac 1 \omega n(n+m)\) 大小的 bitset 直接炸空间了，于是我们使用神奇技巧强行卡进去。

考虑把 \(n\) 个人分成若干块 分批处理，一块 \(B\) 个，然后空间常数就小下来了。实测 \(B\approx 2\times 10^4\) 时可过。

实现上一个细节：特别标记 必死点，即 \(\text{alive}(x)\) 可以到达 \(\text{dead}(x)\)。这种点单独输出 \(0\)。

Code

一下代码部分参考了 这篇博客。

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : JSOI2019 精准预测
 */
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <iostream>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>

using namespace std;
const int N = 5e4 + 5;
const int MaxT = 1e6 + 5;
const int M = 1e5 + 5;
const int B = 1e4;
const int V = (M + N) << 1;

int n, m, T;
int type[M], t[M], x[M], y[M];
int ans[N];

set<int> vaild[N];
map<int, int> idx[N][2];
int total = 0;

vector<int> adj[V]; // graph
void link(int u, int v) { adj[u].emplace_back(v); }

int l[N], d[N], bel[V]; // live, dead
bitset<N> dead;
bitset<V> vis;
bitset<B> statu[V]; // f

void dfs(int x, int p, int q) {
    if (vis[x]) return; vis.set(x);
    statu[x].reset();
    if (p <= bel[x] && bel[x] <= q) statu[x].set(bel[x] - p);
    for (auto y : adj[x]) dfs(y, p, q), statu[x] |= statu[y];
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin >> T >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> type[i] >> t[i] >> x[i] >> y[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) vaild[i].insert(T + 1);
    for (int i = 1; i <= m; i++) vaild[x[i]].insert(t[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (auto t : vaild[i])
            idx[i][0][t] = ++total, idx[i][1][t] = ++total;
        for (auto t = vaild[i].begin(); t != vaild[i].end() && next(t) != vaild[i].end(); t++)
            link(idx[i][0][*t], idx[i][0][*next(t)]), link(idx[i][1][*next(t)], idx[i][1][*t]);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        if (!type[i]) {
            int to = *vaild[y[i]].upper_bound(t[i]);
            link(idx[x[i]][0][t[i]], idx[y[i]][0][to]);
            link(idx[y[i]][1][to], idx[x[i]][1][t[i]]);
        } else {
            int to = *vaild[y[i]].lower_bound(t[i]);
            link(idx[x[i]][1][t[i]], idx[y[i]][0][to]);
            link(idx[y[i]][1][to], idx[x[i]][0][t[i]]);
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) l[i] = idx[i][1][T + 1], bel[d[i] = idx[i][0][T + 1]] = i;
    for (int p = 1, q; p <= n; p += B) {
        q = min(p + B - 1, n), vis.reset();
        for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(l[i], p, q);
        bitset<B> cur;
        for (int i = p; i <= q; i++) if (statu[l[i]][i - p]) dead.set(i), cur.set(i - p);
        for (int i = 1; i <= n; i++) ans[i] += (q - p + 1) - (cur | statu[l[i]]).count();
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cout << (dead[i] ? 0 : ans[i] - 1) << ' ';
    return cout << endl, 0;
}