【图论】洛谷P5676 GZOI2017D1T2 小z玩游戏题解（代码不保证AC）

一、准备材料

题目传送门

二、初步分析

看看标题前两个字是啥？所以本题需要用图论知识解决。
将题目给出的线索转化为一个有向图，再对于每个 $i$ ，判断 $e_i$ 和 $w_i$ 是否在同一个强连通分量里即可。
那么如何去建立这个有向图呢？后面第三部分会讲，在此不再赘述。

三、深度优先搜索DFS思路

题目说小z只会玩有趣程度是自己兴奋程度整数倍的游戏，由于游戏实际上有好玩的也有不好玩的，玩完第 $i$ 个游戏后，小z的兴奋程度会变为 $e_i$ 。
那么我们将兴奋程度 $x$ 和自己整数倍的有趣程度 $k x$ 建边 $\isin N^*)$ ， $w_i$ 和 $i$ 建边，再将 $i$ 和 $e_i$ 建边即可。
题目说 $n$ 、 $w_i$ 和 $e_i$ 的范围都是 $100000$ ，那么节点的数量就是 $300000$ ，如果使用邻接矩阵是妥妥的MLE，所以应使用链式前向星存图。
为了区分相等的数值（如 $w_{12207}$ 和 $c_{12207}$ 的值均为 $12207$ 的情况），我们将有趣程度加上 $100000$ ，游戏编号加上 $200000$ 再去建边。
如果你想优化，在第五部分会专门去讲，在此不再赘述。
~~当然这种方法是绝对会TLE并且拿 $0$ 分的，如果你是追求得分的玩家，直接看第四部分就行了~~
维护一个集合，以 $1$ 为起点深度优先搜索，如果某个结点的儿子是一个被访问过且大于 $200000$ 的结点（就是游戏编号），那么我们将该结点插入集合。最后输出集合的大小。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
int w[114514],ex[114514];
int head[300006],e[8888888],nxt[8888888],idx;
void add(int u,int v){e[idx]=v;nxt[idx]=head[u];head[u]=idx;idx++;return;
}
set<int>st;
bool vis[300006];
void dfs(int x){for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){if((!vis[e[i]])&&e[i]<=200000){vis[e[i]]=1;dfs(e[i]);vis[e[i]]=0;}else st.insert(e[i]);}return;
}
int main(){memset(head,-1,sizeof(head));scanf("%d",&t);for(int i=1;i<=100000;i++)for(int ii=i;ii<=100000;ii+=i)add(i,ii+100000);while(t--){st.clear();for(int i=100001;i<=300000;i++)head[i]=-1;idx=1166750;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&ex[i]);add(w[i]+100000,i+200000);add(i+200000,ex[i]);}memset(vis,0,sizeof(vis));dfs(1);printf("%d\n",st.size());}return 0;
}

四、Tarjan缩点思路

这个是正解思路，但是俺不知道为啥只得了 $30$ 分……（雾
按第三部分所说的方法建图以后，以 $1$ 为起点跑一遍Tarjan，然后再对于每个 $i$ ，判断 $e_i$ 和 $w_i$ 是否在同一个强连通分量里即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,cnt;
int w[114514],ex[114514];
int head[300006],e[8888888],nxt[8888888],idx;
void add(int u,int v){e[idx]=v;nxt[idx]=head[u];head[u]=idx;idx++;return;
}
int step;
stack<int>st;
int dnf[300006],low[300006];
bool in_st[300006];
void tarjan(int x){int tmp;step++;dnf[x]=low[x]=step;st.push(x);in_st[x]=1;for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){tmp=e[i];if(!dnf[tmp]){tarjan(tmp);low[x]=min(low[x],low[tmp]);}else if(in_st[tmp])low[x]=min(low[x],dnf[tmp]);}if(low[x]==dnf[x]){do{tmp=st.top();st.pop();in_st[tmp]=0;}while(tmp!=x);}return;
}
int main(){memset(head,-1,sizeof(head));scanf("%d",&t);for(int i=1;i<=100000;i++)for(int ii=i;ii<=100000;ii+=i)add(i,ii+100000);while(t--){for(int i=100001;i<=300000;i++)head[i]=-1;idx=1166750;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&ex[i]);add(w[i]+100000,i+200000);add(i+200000,ex[i]);}memset(dnf,0,sizeof(dnf));step=0;tarjan(1);cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(low[w[i]+100000]==low[ex[i]])cnt++;printf("%d\n",cnt);}return 0;
}

五、建图优化

相信大家都是从第三部分直接跳过来的吧！看完记得回去哦！
其实我们没必要去建立游戏编号的结点，直接将 $w_i$ 和 $e_i$ 建边即可。因为在第三部分中，对于 $i$ 、 $w_i$ 和 $e_i$ 之间建立的边都是唯一的，如果出现 $w_{12207}=w_{12725}$ 且 $c_{12207}=c_{12725}$ 这样的情况，那么玩这两个游戏本质上是一样的，不需要再去两个游戏编号分别遍历两次。如果像第三部分那样建边，会很浪费评测时间。
但是，如果你是选择使用DFS的玩家，就不能使用这种方法了，因为DFS方法中集合统计的就是游戏编号，这个值是必需的。
对于第四部分中的方法，优化代码如下（为啥只有 $30$ 分捏~）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,cnt;
int w[114514],ex[114514];
int head[200006],e[8888888],nxt[8888888],idx;
void add(int u,int v){e[idx]=v;nxt[idx]=head[u];head[u]=idx;idx++;return;
}
int step;
stack<int>st;
int dnf[200006],low[200006];
bool in_st[200006];
void tarjan(int x){int tmp;step++;dnf[x]=low[x]=step;st.push(x);in_st[x]=1;for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){tmp=e[i];if(!dnf[tmp]){tarjan(tmp);low[x]=min(low[x],low[tmp]);}else if(in_st[tmp])low[x]=min(low[x],dnf[tmp]);}if(low[x]==dnf[x]){do{tmp=st.top();st.pop();in_st[tmp]=0;}while(tmp!=x);}return;
}
int main(){memset(head,-1,sizeof(head));scanf("%d",&t);for(int i=1;i<=100000;i++)for(int ii=i;ii<=100000;ii+=i)add(i,ii+100000);while(t--){for(int i=100001;i<=200000;i++)head[i]=-1;idx=1166750;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&ex[i]);add(w[i]+100000,ex[i]);}memset(dnf,0,sizeof(dnf));step=0;tarjan(1);cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(low[w[i]+100000]==low[ex[i]])cnt++;printf("%d\n",cnt);}return 0;
}