CF1634E Fair Share 題解

題意：

給定 \(m\) 個長度為偶數的陣列，\(L, R\) 是初始為空的兩個多重集。將每個陣列恰好一半的數放入 \(L\)，另一半放入 \(R\)，要求最後 \(L=R\)，要求構造方案或判斷無解。

\(m \le 10^5, \sum n \le 10^5\)。

思路：

首先我們不難想到，對於同一個陣列內相同的值，可以成雙除去，所以我們可以簡化為每個陣列一個值最多有一個的情況。

然後思考這些限制，由於一個值有兩個關鍵的資訊：他的值和所屬陣列。這兩個都要滿足恰好一半。這讓我們聯想到建圖。

構造二分圖，一邊是陣列，一邊是值，然後連邊。我們現在要求一個選取邊的方案，使得每個點剛好有一半的出邊被選取。

這個形式等價於該圖存在尤拉回路，所以我們只用找到尤拉回路，然後輪換染色即可。

很有意思的尤拉回路題。

點選檢視程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map> 
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

int m;
vector<vector<int> > a;//原陣列 
map<int, int> mp; 

int tot = 0;

struct Edge {
	int to, idx;
	Edge (int _to = 0, int _idx = 0) :
		to(_to), idx(_idx) {}
}; 

vector<Edge> e[N * 2];//二分圖 
int ed = 0, dg[N * 2] = {0}; //點的度數 
void add(int u, int v) {
	dg[u]++, dg[v]++, ed++;
//	cout << u << " " <<v <<" "<<ed<<endl;
	e[u].push_back(Edge(v, ed));
	e[v].push_back(Edge(u, ed));
}

void build() {
	for (auto &i: mp)
		i.second = ++tot;
	for (int T = 0; T < m; T++) {
		vector<int> t = a[T];
		sort(t.begin(), t.end());
		for (int i = 0, j = 0; i < (int)t.size(); i++)
			if (i == (int)t.size() - 1 || t[i] != t[i + 1]) {
				if ((i - j + 1) % 2 == 1)
					add(T + 1, m + mp[t[i]]);
				j = i + 1;
			}
	}
}

int cur[N * 2] = {0};
bool vis[N * 2] = {false};
int stk[N * 2] = {0}, tp = 0;
void srh(int x) {
	for (int i = cur[x]; i < (int)e[x].size(); i = cur[x]) {
		++cur[x];
		if (!vis[e[x][i].idx]) {
			vis[e[x][i].idx] = true;
			srh(e[x][i].to);
			stk[++tp] = e[x][i].idx;
		}
	}
}
bool ans[N * 2] = {false};

bool LR[N] = {false};

void fnd_sol(int T) {
	vector<pair<int, int> > t;
	for (int i = 0; i < a[T].size(); i++)
		t.push_back(make_pair(a[T][i], i)), LR[i] = false;
	sort(t.begin(), t.end());
	for (int i = 0, j = 0, k = 0; i < (int)t.size(); i++)
		if (i == (int)t.size() - 1 || t[i].first != t[i + 1].first) {
			int len = i - j + 1;
			if (len % 2 == 1) {
			//	cout << T << " " << t[i].first << " " << ans[e[i][k].idx] << endl;
				LR[t[j].second] = ans[e[T + 1][k].idx]; 
				k++, j++, len--;
			}
			for (int x = j; x <= j + len / 2 - 1; x++)
				LR[t[x].second] = false;
			for (int x = j + len / 2; x <= i; x++)
				LR[t[x].second] = true;
			j = i + 1;
		}
	for (int i = 0; i < (int)a[T].size(); i++)
		if (LR[i])
			printf("L");
		else
			printf("R");
	printf("\n");
}

int main() {
	cin >> m;
	for (int i = 1, n; i <= m; i++) {
		cin >> n;
		vector<int> t = vector<int>(n, 0);
		for (int j = 0; j < n; j++)
			cin >> t[j], mp[t[j]] = 1;
		a.push_back(t);
	}
	//首先，離散化建圖去重
	build(); 
	for (int i = 1; i <= m + tot; i++)
		if (dg[i] % 2 == 1) {
			printf("NO\n");
			return 0;
		}
	//找尤拉回路
	for (int i = 1; i <= m + tot; i++)
		if (cur[i] < (int)e[i].size()) {
			srh(i);
			bool rev = (i <= m);
			//如果是 <= m -> >m 的就是 true
			//否則是 false 
			while (tp > 0) {
				ans[stk[tp]] = rev;
		//		cout << stk[tp] <<" "<<rev<<endl;
				rev = !rev, tp--;
			}
		}
	//找完了，還原方案
	printf("YES\n");
	for (int T = 0; T < m; T++) 
		fnd_sol(T);
	return 0; 
}