ARC079F - Namori Grundy

Solution

首先这是一个$N$个点$N$条边的有向图，所以它的基图是一棵基环树，其次这个图的所有点入度为$1$，因此这是一棵基环外向树。

然后对于$a_i$，假设我们求出S={aj∣(i,j)∈E}S=\{a_j|(i,j)\in E\}S={aj​∣(i,j)∈E}，即$i$的所有出边的$a$的集合，那么显然$a_i=mexS$，$a_i$的值是可以通过其出边唯一确定的。

我们先考虑一棵树的情况，我们发现叶子结点必然为$0$，因此每一个结点$i$的$a_i$都可以从下到上通过其儿子结点递推得到。

现在考虑基环树，对于环上一点，我们可以通过它的子树唯一确定去掉环时它的$a$，然后可以发现当且仅当环长为奇数且环上结点的$a$都相等时无解。

然后直接找到环，递推求出每一个$a$，判一判就行了。

时间复杂度$O(n)$。

Proof

现在我们可以把子树点都扔掉，只考虑一个$k$元环。
我们设环上点依次为$0,1,2...k-1$，$(i+1,i)\in E$，（之后的下标都在模$k$意义下）。

1. 若$a_{i+1}$要加$1$，当且仅当$a_{i+1}=a_i$。
2. 因为环上点出度为$1$，一个点最多加$1$。

首先我们不会让所有点都加$1$，因为这和所有点不变一样，所以若存在方案，一定有一种有至少一个点$p$不动的方案。

如果我们知道$p$，那么我们可以从$p$开始判断$a_p$是否等于$a_{p+1}$，若相等则$a_{p+1}+1$。

我们令一段连续的$+1$的下标区间为$[l+1,r]$，显然有$a_l=a_{l+1},a_{l+1}+1=a_{l+2},a_{l+2}+1=a_{l+3}...$，因此这段$a$一定是$a_l,a_l,a_l+1,a_l+2...a_l+(r-l-1)$，点$l$不动且为其中的最小值。

所以我们有结论：若能找到一个$i$，使得$a_i\ne a_{i-1}$且${\forall }_j{a}_i\le a_j$，$i$可以作为$p$，方案存在。

那么最后还剩下找不到$i$的环，其上的点必然是所有$a$相等的，这个就很容易考虑了，因为所有点都等价，所以可以任取一个作为$p$，最后的序列一定长成$a_p,a_p+1,a_p,a_p+1,a_p,a_p+1...$的形式。

这就相当于一个二分图染色，只有当$k$为奇数时，存在相邻两个$a$相等，不合法；当$a$为偶数时存在合法方案。

综上，当且当且仅当环长为奇数且环上结点的$a$都相等时无解。

Code

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#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
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#include <sstream>
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#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
vector<int> e[MAXN];
int fa[MAXN],vis[MAXN],instk[MAXN],flag[MAXN],tag[MAXN],f[MAXN],n;
void dfs(int x)
{vis[x]=1,instk[x]=1;for (auto v:e[x]){if (instk[v]) {for (int p=x;p!=v;p=fa[p]) flag[p]=1;flag[v]=1;}else fa[v]=x,dfs(v);}instk[x]=0;
}void tree_dp(int x,int father)
{for (auto v:e[x]) if (v!=father&&!flag[v]) tree_dp(v,x);for (auto v:e[x]) if (v!=father&&!flag[v]) tag[f[v]]=x;for (int i=0;i<n;i++) if (tag[i]!=x) { f[x]=i; return; }
}signed main()
{n=read();for (int i=1,x;i<=n;i++) x=read(),e[x].PB(i);for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) dfs(i);int p=0,num=0;for (int i=1;i<=n;i++) if (flag[i]) tree_dp(i,0),p=f[i],num++;if (!(num&1)) { puts("POSSIBLE"); return 0; } for (int i=1;i<=n;i++)if (flag[i]&&p!=f[i]) { puts("POSSIBLE"); return 0; }puts("IMPOSSIBLE");return 0;
}