371. 牧师约翰最忙碌的一天 - AcWing题库

牧师约翰在 9 月 1 日这天非常的忙碌。

有 N 对情侣在这天准备结婚，每对情侣都预先计划好了婚礼举办的时间，其中第 i 对情侣的婚礼从时刻 Si 开始，到时刻 Ti 结束。

婚礼有一个必须的仪式：站在牧师面前聆听上帝的祝福。

这个仪式要么在婚礼开始时举行，要么在结束时举行。

第 i 对情侣需要 Di 分钟完成这个仪式，即必须选择 Si∼Si+Di 或 Ti−Di∼Ti 两个时间段之一。

牧师想知道他能否满足每场婚礼的要求，即给每对情侣安排Si∼Si+Di 或 Ti−Di∼Ti，使得这些仪式的时间段不重叠。

若能满足，还需要帮牧师求出任意一种具体方案。

注意，约翰不能同时主持两场婚礼，且 所有婚礼的仪式均发生在 9 月 1 日当天。

如果一场仪式的结束时间与另一场仪式的开始时间相同，则不算重叠。

例如：一场仪式安排在 08:00∼09:00，另一场仪式安排在 09:00∼10:00，则不认为两场仪式出现重叠。

输入格式

第一行包含整数 N。

接下来 N 行，每行包含 Si,Ti,Di，其中 Si 和 Ti 是 hh:mm 形式。

输出格式

第一行输出能否满足，能则输出 YES，否则输出 NO。

接下来 N 行，每行给出一个具体时间段安排。

数据范围

1≤N≤1000

输入样例：

2
08:00 09:00 30
08:15 09:00 20

输出样例：

YES
08:00 08:30
08:40 09:00

解析： 

如果我们将每场婚礼看作是一个变量，那么每个变量就会有 开始时举办仪式 和 结束时举办仪式 两种取值，那么就启发我们可以用 2-SAT 来求解。将两种取值分别记为 x[i][0] 和 x[i][1]，并看作节点 i 和 i + N

枚举每两场婚礼 i, j，若婚礼 i 的 x[i][p] 时间段与婚礼 j 的 x[j][q] 时间段重叠，则说明两者不能同时
被选为最终赋值。转化成 2-SAT 的形式，应该连 (i + p * N, j + (1 - q) * N) 和 (j + q * N, i + (1 - p) * N)两条有向边，两者互为逆否命题。

用 Tarjan 算法求强联通分量，检查是否存在 i 和 i + N 在同一个强连通分量即可。本题还需要输出方案。

这里给出 2-SAT 合法方案的两种构造方法。

第一种构造方法

首先，在一个强连通分量中，只要确定了一个变量的赋值，该强连通分量内其他变量的赋值也就直接确定了，
这启发我们考虑缩点，其次，因为互为逆否命题的有向边在图中成对出现，所以一个零出度点对面的点一定有出边。
选择一个有出边的店会使得该边指向的点必须也被选择，而选择一个零出度点则不会对其他任何点造出影响。

根据上述讨论，第一种构造方法的基本思想就是：自底向上执行拓扑排序，不断尝试选择零出度点。

1. 把强连通分量缩点，因为一般的拓扑排序是自顶向下根据入度进行的，所以我们建立一张缩点后的反图，具体来说：
    (1) 图上每个点都对应原图的强连通分量
    (2) 原图中的边 (x, y) 转化为新图中的边 (c[y], c[x])，其中 c[x] != c[y]，c[x] 表示节点 x 所在的强连通分量
    (3) 对于原图中每个点 x，c[x] 和 c[x + N] 新图中两个对称的节点。
2. 在上述反图上统计每个点的入度，执行拓扑排序

    设val[k] 表示原图 k 号强连通分量的赋值标记，初始值为 -1

    从队头每取出一个节点 k (k 相当于原图中一个强连通分量的编号)，就检查 k 的赋值标记，若 val[k] = -1 (尚未确定赋值)，
    就令 val[k] = 0， val[k + N] = 1，随后把它能到达的点的入度减 1 (拓扑排序的正常过程)

3. 拓扑排序结束之后，就得到最终的答案，对于原图每个节点 i：
    若 val[c[i]] = 0，则变量 x[i] 应赋值为 x[i][0]
    若 val[c[i]] = 1，则变量 x[i] 应赋值为 x[i][1]

第二种构造方法

第二种构造方法是基于第一种构造方法的基础上，进一步利用了 Tarjan 算法对强连通分量编号的特殊性质，使得构造过程更简洁。
可以发现 Tarjan 算法的本质是一次 dfs，它在回溯时会先取出有向图底部的强连通分量进行标记，所以 Tarjan 算法得到的强连
通分量编号本身就已经满足缩点后有向无环图中自底向上的顺序，序列 1, 2, ..., cnt 就是缩点后的反图的拓扑序，无需进行拓
扑排序。

因此，直接比较节点所在的强连通分量的编号大小，即可确定对应变量的赋值 val[i]，c[i] 和 c[i + N] 哪个小，就表示哪个会
先被遍历到，先被遍历到的是取值为 0，后被遍历到的取值为 1。

最终，同样的枚举一遍所有节点，根据 val[i] 来确定每个节点的值。

注：构造方法2 其实等于是 构造方法1 的升级版

作者：小小_88
链接：https://www.acwing.com/solution/content/112932/
来源：AcWing
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typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e3 + 10, M = 4e6 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
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}int main() {cin >> n;memset(h, -1, sizeof h);for (int i = 0,s,ss,t,tt,d; i < n; i++) {scanf("%d:%d %d:%d %d", &s, &ss, &t, &tt, &d);W[i] = { s * 60 + ss,t * 60 + tt,d };}for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {auto a = W[i], b = W[j];if (is_overlap(a.S, a.S + a.D, b.S, b.S + b.D))add(i, j + n), add(j, i + n);if (is_overlap(a.S, a.S + a.D, b.T - b.D, b.T))add(i, j), add(j + n, i + n);if (is_overlap(a.T - a.D, a.T, b.S, b.S + b.D))add(i + n, j + n), add(j, i);if (is_overlap(a.T - a.D, a.T, b.T - b.D, b.T))add(i + n, j), add(j + n, i);}}for (int i = 0; i < 2 * n; i++) {if (!dfn[i]) {tarjan(i);}}for (int i = 0; i < n; i++) {if (id[i] == id[i + n]) {cout << "NO" << endl;return 0;}}cout << "YES" << endl;for (int i = 0; i < n; i++) {int s = W[i].S, t = W[i].T, d = W[i].D;if (id[i] < id[i + n])printf("%02d:%02d %02d:%02d\n", (s) / 60, (s) % 60, (s + d) / 60, (s + d) % 60);elseprintf("%02d:%02d %02d:%02d\n", (t-d) / 60, (t-d) % 60, (t) / 60, (t) % 60);}return 0;
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