2023ICPC网络预选赛（ 2 ）（2） C.Covering【2-SAT、前后缀虚拟节点区间连边】

C.Covering

题意

给定一个长度为 $n$ 的正整数数组 $a$ ，现在要从中选择一些下标，满足：

对于每个下标 $i$ ， $i$ 和 $i - 1$ 至少有一个被选
对于所有选择的下标，任意两个下标 $\neq j),\hspace{4pt} a[i] \neq a[j] 或 a[i + 1] \neq a[j+1]$
不能选择下标 $n$

分析可以发现：下标 $1$ 一定要被选，因为它前面没有下标了，下标 $n - 1$ 一定要被选，因为下标 $n$ 不能选

考虑 $2 - S A T$ ：

对于限制 $1$ ：连边 $\bar i \rarr i - 1$ ， $\bar i \rarr i + 1$
对于限制 $2$ ：连边 $\rarr 集合 S$ ，集合 $\forall j \neq i, \hspace{3pt} a[j] = a[i] \wedge a[j + 1] = a[i + 1])$
由于 $1$ 必选， $n$ 必不选，因此可以连边： $\bar 1 \rarr 1$ ， $\rarr \bar n$ ，用以确定是否存在可行解

如果对于限制 $2$ 暴力连边，复杂度太高，考虑优化：

可以发现对于每种键值 $(a [i], a [i + 1])$ ，它们要连的集合都是除了自己本身以外的拥有相同键值的所有点，这里会分割成一个前缀和后缀：

例如上图， $A$ 值表示拥有这个键值的所有下标（前面下划线表示反变量） $A_3$ 需要连接 $\bar A_1$ 和 $\bar A_2$ ，我们只需要将其连向 $pre_2$ ： $A_3 \rarr pre_2$ 就可以完成前缀的连边，同时 $pre_3 \rarr \bar A_3$ ， $pre_3 \rarr pre_2$ ，以便后续相同键值的连边

后缀也是类似

需要注意的是：新建虚拟节点并不是严格按照正反变量的奇偶位置来排列的，而是紧挨着
所以我们判断可行解，只需要判断到 $n$ 即可，否则会因为虚拟节点而干扰正确答案！

#include<bits/stdc++.h>
#define fore(i,l,r)	for(int i=(int)(l);i<(int)(r);++i)
#define fi first
#define se second
#define endl '\n' 
#define ull unsigned long long
#define sz(x) (int)x.size()const int INF=0x3f3f3f3f;
const long long INFLL=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;typedef long long ll;struct TwoSat {int n; //属性数量std::vector<std::vector<int>> e;std::vector<bool> ans;TwoSat(int n) : n(n), e(2 * n), ans(n) {} //下标从0开始/* 建边表示 u为f 且 v为g */void addedge(int u, bool f, int v, bool g) { //原变量和反变量相邻放e[2 * u + !f].push_back(2 * v + g); //反变量在偶数位置，原变量在奇数位置e[2 * v + !g].push_back(2 * u + f);}bool satisfiable(int nn) {std::vector<int> id(2 * n, -1), dfn(2 * n, -1), low(2 * n, -1);std::vector<int> stk;int now = 0, cnt = 0;std::function<void(int)> tarjan = [&](int u) {stk.push_back(u);dfn[u] = low[u] = now++;for (auto v : e[u]) {if (dfn[v] == -1) {tarjan(v);low[u] = std::min(low[u], low[v]);} else if (id[v] == -1) {low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);}}if (dfn[u] == low[u]) {int v;do {v = stk.back();stk.pop_back();id[v] = cnt;} while (v != u);++cnt;}};for (int i = 0; i < 2 * n; ++i) if (dfn[i] == -1) tarjan(i);for (int i = 0; i < nn; ++i) {if (id[2 * i] == id[2 * i + 1]) return false;ans[i] = id[2 * i] > id[2 * i + 1]; //取依赖性更高的那个}return true;}std::vector<bool> get_ans() { return ans; }
};const ll P = 1000001;
const int N = 200050;int yes(int x) {return 2 * x + 1;}
int no(int x) {return 2 * x;}int main(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);std::cout.tie(nullptr);int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n);TwoSat ts(2 * n + 2);fore(i, 0, n)	std::cin >> a[i];int tot= 2 * n - 1;std::map<std::pair<int, int>, int> pre;std::map<std::pair<int, int>, int> suf;ts.e[0].push_back(1);ts.e[2 * n - 1].push_back(2 * n - 2);fore(i, 0, n){if(i > 0)	ts.addedge(i - 1, 1, i, 1);if(i < n - 1)	ts.addedge(i, 1, i + 1, 1);if(i < n - 1){if(pre.find({a[i], a[i + 1]}) != pre.end()){ts.e[2 * i + 1].push_back(pre[{a[i], a[i + 1]}]);ts.e[tot + 1].push_back(pre[{a[i], a[i + 1]}]);}pre[{a[i], a[i + 1]}] = ++tot;ts.e[tot].push_back(2 * i);}}for(int i = n - 2; i >= 0; --i){if(suf.find({a[i], a[i + 1]}) != suf.end()){ts.e[2 * i + 1].push_back(suf[{a[i], a[i + 1]}]);ts.e[tot + 1].push_back(suf[{a[i], a[i + 1]}]);}suf[{a[i], a[i + 1]}] = ++tot;ts.e[tot].push_back(2 * i);}if(!ts.satisfiable(n)){std::cout << "NO\n";return 0;}auto v = ts.get_ans();std::vector<int> ans;fore(i, 0, n - 1)if(v[i])ans.push_back(i + 1);std::cout << ans.size() << endl;for(auto i : ans)	std::cout << i << ' ';std::cout << endl;return 0; 
}/*
https://pintia.cn/problem-sets/1705510247604809728/exam/problems/1705514248467492866?type=7&page=0
*/