标签：P6185 洛谷 NOI int getf rtu read rtv 操作
[洛谷P6185] [NOI online 提高]T1 序列
一.题意简述
首先给出两串序列，给定操作1：指定两个数同加或同减 操作2：指定两个数一个加一个减。
思路一
1.分析
首先，由于是变换，所以达到最终目的需要让对应的数相差为0，换句话说，两个数有一个“相对差值”，只要相对差值不变数值本身的情况是等效的。所以可以得出思路一的一个关键思路：对一个数 ai 加上若干数值，等同于对 对应的 bi 减若干数值，因为相对差值不变。
其次，可以很明显的看出操作二是一个“转移”操作，所谓转移就是指将一部分数值从一个数转到另一个数上。那么暂且放着操作1不管。假设所有的操作都是操作2，为了达成目的，来看一下状况。
假设操作2是一种边，可以构建出图
（数据随便乱打的别在意XD），但是仅仅如此还不够，基于相对差值，完整的图应该是这样的。
正确性：因为执行一次操作就相当于对应点执行相反的操作。那么很显然，这样整个图成为了上下完全对应的若干个块，若对应块的块内数值和相等，则可以成功变换。
现在试图加入操作1，其实根据 ai+1等效于bi-1 ,我们我们可以如此构造：将操作1的两点互相于对方的对应点相连
如图为操作1将3和4相连，如此，在保证了整个图里面的块依旧一一对应且操作完全。
那么对于用红线连起来的部分，数值还是可以分配没错，于是配对的条件就成为了大块内的和为偶数就行。
实现
经过了一大堆乱七八糟？的分析。正式来到实现部分，选用数据结构为并查集。每次添加边的时候相当于加入同一个集合，但是考虑到大块和为偶数的情况，需要搭载 sum 块内和。
int getf(int x){
return f[x]==x?x:(f[x]=getf(f[x]));
}
void add(int u,int v){
int rtu=getf(u),rtv=getf(v);
if(rtu!=rtv)f[rtu]=rtv,sum[rtv]+=sum[rtu];
}那么再写最后的判断，如果i对应的点用i+1来表示，则需要判断两者所属的集合是否相同，或相同则用/2判断，不同则看块内和相不相等。
int rt,i;
for(i=1,rt=0;i<=n&&rt==0;++i){
int f1=getf(i),f2=getf(i+n);
rt=f1==f2?(sum[f1]%2):(sum[f1]!=sum[f2]);
if(rt!=0)cout<<"NO"<<endl;
}
if(rt==0)cout<<"YES"<<endl;完整的就不放了。核心的都在上面了
二.思路二
1.分析
实际上这里有一种很巧妙的方法。先来看对于 \(i,j,k\)三点,有如下情况
- i---1---j---1---k 实际上对于\(i,k\)来说透过中间点可以做到的是2操作，例:i+1,j+1,j-1,k-1
- i---1---j---2---k 这次相当于操作 1 例：i+1,j+1,j-1,k+1
- i---2---j---2---k 相当于操作2 例：i+1,j-1,j+1,k-1
所以此处引入一个“距离”，即为两点之间的操作情况，距离为1或2.由于很多奇奇怪怪的理由，再加上自洽性和方便等种种因素，我们选择将操作二看做距离为0，所以距离为1或0.
这样做好在哪呢？请看这三个等式（分别对应上面的分类讨论，下划线内填操作符）， 1_1=0,0_0=0,1_0=1，相信熟悉OI的你肯定已经看出来了，此处该填进去的是 异或(^),接下来开始实现。
2.实现
首先我们为了方便，就ai=ai-bi，这样只要全部对根最后根还为0就成功。还是并查集，还是一样的连边,但是追加了 able 此块能否自加2，以及 dis 到自己父亲节点的距离。
const int MAXN=1e5+5;
int T,a[MAXN],f[MAXN],dis[MAXN],n,m;
bool able[MAXN];
int getf(int x){
if(f[x]==x)return x;
int rt=getf(f[x]);
dis[x]^=dis[f[x]];
return f[x]=rt;
}
void add(int t,int u,int v){
int rtu=getf(u),rtv=getf(v);
int d=t^dis[u]^dis[v];//计算两个点所在的根节点到彼此的距离
if(rtu==rtv)able[rtu]=(able[rtu]||d);//要么原本就可以+2或者新增的点使得
else f[rtu]=rtv,dis[rtu]=d,able[rtv]=(able[rtu]||able[rtv]);
}
int main(){
T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
m_for(i,1,n)a[i]=read(),f[i]=i,able[i]=0,dis[i]=0;
m_for(i,1,n)a[i]=read()-a[i];
while(m--){
int t=read(),u=read(),v=read();
add(t%2,u,v);
}
int rt,i;
for(i=1;i<=n;++i)if(i!=(rt=getf(i)))a[rt]+=dis[i]?-a[i]:a[i];//全部对根操作
for(i=1,rt=0;i<=n&&rt==0;++i){
if(i==getf(i))rt=able[i]?(a[i]%2):a[i];
if(rt!=0)cout<<"NO"<<endl;
}
if(rt==0)cout<<"YES"<<endl;
}
return 0;
}标签：P6185,洛谷,NOI,int,getf,rtu,read,rtv,操作 来源： https://www.cnblogs.com/clockwhite/p/12494582.html
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