小 l 計畫進行 \(n\) 場遊戲，每場遊戲使用一張地圖，小 l 會選擇一輛車在該地圖上完成遊戲。
小 l 的賽車有三輛，分別用大寫字母 a、b、c 表示。地圖一共有四種，分別用小寫字母 x、a、b、c 表示。其中，賽車 a 不適合在地圖 a 上使用，賽車 b 不適合在地圖 b 上使用，賽車 c 不適合在地圖 c 上使用，而地圖 x 則適合所有賽車參加。適合所有賽車參加的地圖並不多見，最多隻會有 \(d\) 張。
\(n\) 場遊戲的地圖可以用乙個小寫字母組成的字串描述。例如：\(\underline\) 表示小 l 計畫進行 8 場遊戲，其中第 1 場和第 5 場的地圖型別是 x，適合所有賽車，第 2 場和第 3 場的地圖是 a，不適合賽車 a，第 4 場和第 7 場的地圖是 b，不適合賽車 b，第 6 場和第 8 場的地圖是 c，不適合賽車 c。
小 l 對遊戲有一些特殊的要求（共 \(m\) 條），這些要求可以用四元組 \((i,h_i,j,h_j)\) 來描述，表示若在第 \(i\) 場使用型號為 \(h_i\) 的車子，則第 \(j\) 場遊戲要使用型號為 \(h_j\) 的車子。
你能幫小 l 選擇每場遊戲使用的賽車嗎？如果有多種方案，輸出任意一種方案。如果無解，輸出 「-1」（不含雙引號）。
\(n \le 50000,d \le 8,m\le100000.\)
話說我noi的題改起來好費力啊tat 一道就一天（還對著資料改）不難發現這和之前一道題類似la 3713。
雖然有很多種類，但每個人也只有兩種可以選擇，並且關係也是二元的。
所以我們就可以套2-sat模板了qwq 不會2-sat請點這裡.
首先暴力列舉每個 \(x\) 的狀態，從 \(a,b,c\) 中選取乙個就行了。
然後對於那些二元關係 \((i,h_i,j,h_j)\)，就如下考慮。
\(i\) 可以選擇 \(h_i\) 這種賽車
\(j\) 無法選擇 \(h_j\) 這種賽車，那麼 \(i\) 就必不能選 \(h_i\) 了，就連一條 \(h_i \to \lnot h_i\) 的邊（此處 \(\lnot h_i\) 表示 \(i\) 可以選擇的另一種賽車）
\(j\) 可以選擇 \(h_j\) 這種賽車，那麼就只要連 \(h_i \to h_j\) 的邊就好了
\(i\) 不可以選擇 \(h_i\) 這種賽車：那就直接跳過就行了。
然後記得要建逆否命題等價的另一條邊。
如果用dfs複雜度為 \(\theta(3^d nm)\)，tarjan就是 \(\theta(3^d (n+m))\) 啦。
其實第二個tarjan複雜度已經足夠過了。。。但是能更優！
有這樣乙個結論：
如果乙個 \(x\) 已經考慮過 \(a,b\) 兩個狀態了，那麼我們就不用考慮為 \(c\) 的狀態。這是為什麼呢？
因為 \((a,b)\) 和 \((b,c)\) 的兩種選擇你都已經考慮過了，那麼剩下一種 \((a,c)\) 你前面一定會在前面一種選過。（因為每個點只能從那三種中選擇一種賽車，如果另外兩種都不可行，剩下一種也不行了）
這樣我們就可以將複雜度降為 \(\theta(2^d(n+m))\) qwq
然而又有垃圾uoj hack資料 我判了一下快到0.8s的時候，直接輸出"-1"...才過 （卡常數真的噁心）
我一開始寫了個dfs的可以跑過85分.... 然而有人能用這個a掉 orz
#include #define for(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;
inline bool chkmin(int &a, int b)
inline bool chkmax(int &a, int b)
inline int read()
void file()
const int n = 100010;
char str[n];
int jump[n], len, last;
int m;
struct limit lt[n];
char opt[n][2];
struct two_sat
void add_edge(int u, int v)
void add(int x, int xv, int y, int yv) //(x,xv) -> (y,yv)
int sta[n], top;
bool dfs(int x)
bool solve() }}
return true;
}} t;
int n;
inline bool check()
if (!flag)
t.add(u, v1, u, v1 ^ 1);}}
return t.solve();
} inline void out()
void dfs(int pos) return ; }
opt[pos][0] = 'b'; opt[pos][1] = 'c'; str[pos] = 'a'; dfs(jump[pos]);
opt[pos][0] = 'a'; opt[pos][1] = 'c'; str[pos] = 'b'; dfs(jump[pos]);
} int main ()
else }
m = read();
for (i, 1, m)
dfs(last);
puts("-1");
return 0;
}
#include #define for(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;
inline bool chkmin(int &a, int b)
inline bool chkmax(int &a, int b)
inline int read()
void file()
const int n = 200100;
char str[n];
int jump[n], len, last;
int m;
struct limit lt[n];
char opt[n][2];
struct two_sat
void add_edge(int u, int v)
void add(int x, int xv, int y, int yv) //(x,xv) -> (y,yv)
int sccno[n], scc_cnt;
int dfn[n], lowlink[n];
int sta[n], top, clk;
void tarjan(int u)
else if (!sccno[v]) chkmin(lowlink[u], dfn[v]);
}if (lowlink[u] == dfn[u]) }}
bool solve()
void out()
}} t;
int n;
int cnt = 0;
inline bool check()
if (!flag) t.add(u, v1, u, v1 ^ 1);}}
int res = t.solve();
return res;
} void dfs(int pos)
if (pos == len + 1) return ; }
opt[pos][0] = 'a'; opt[pos][1] = 'c'; str[pos] = 'b'; dfs(jump[pos]);
opt[pos][0] = 'b'; opt[pos][1] = 'c'; str[pos] = 'a'; dfs(jump[pos]);
} int main ()
else }
m = read();
for (i, 1, m)
dfs(last); puts("-1");
return 0;
}
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我怎麼越來越菜了。首先，對於乙個物品，我們將它拆成若干份 最後一天拆成兩份，乙份的個數為1 價值為 a s 另乙份的個數為 c 1 mod x，價值為 a。對於在 c 1 x 天以及以前，每天有乙份個數為 x，價值為 a 的物品。於是，用堆維護物品，每次取最大價值的，就可以在 o n 2 m log...
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