【题解】Informacije [COCI2012]

【题目描述】

有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)（由 \([1,n]\) 中的数组成，且每个数只会出现一次），现给出两个整数 \(n,m\) 和 \(m\) 个关于 \(a\) 的描述，格式如下：

\(1\ l\ r\ v\) 表示 \(max\{a[l],a[l+1]...a[r]\}=v\),

\(2\ l\ r\ v\) 表示 \(min\{a[l],a[l+1]...a[r]\}=v\)。

请输出一个满足上面 \(m\) 个描述的序列，如果多种答案，输出任意一种，无解则输出 \(-1\)。

【样例】

样例输入：

3 2

1 1 1 1

2 2 2 2

样例输出：

1 2 3

样例输入：

4 2

1 1 1 1

2 3 4 1

样例输出：

-1

样例输入：

5 2

1 2 3 3

2 4 5 4

样例输出：

1 2 3 4 5

【数据范围】

\(100 \%:\) \(1 \leqslant n \leqslant 200,\) \(0 \leqslant m \leqslant 40000\)

【分析】

\(n \leqslant 200\)，一开始只是觉得可以写 \(n^3\) 的算法，比如矩阵乘法之类的，但看到 \(m \leqslant 40000\) 时，瞬间想到建一张完全图跑图论。事实证明这一直觉是正确的。

用 \(pan[i][j]\) 表示整数 \(i\) 是否可以填在 \(j\) 这个位置（只需要满足给出的 \(m\) 个条件即可）。

如果 \(pan[i][j]\) 为 \(1\)，那么 \(i\) 向 \(j\) 连一条有向边，然后跑一遍二分图最大匹配，\(match\) 数组即为答案。

匈牙利算法的时间复杂度为：\(O(|V|*|E|)\)，其中 \(|E| \leqslant |V|^2\)，\(200\) 个点的完全图完全不是问题。

如何求 \(pan\) 数组？

最开始 \(yy\) 了一种 \(mn\) 的预处理方法：

\((1).\) \(Lw[x],Rw[x]\) 分别表示整数 \(x\) 必须要放的位置所在区间左右端点。

对于所有的 \(l,r,v\)，\(Lw[v]=max\{l,Lw[v]\},Rw[v]=min\{r,Rw[v]\}\)。

\((2).\) \(Ls[i],Rs[i]\) 分别表示位置 \(i\) 可放置的整数范围。

对于 \(1,l,r,v\)，\(Rs[i]=min\{v,Rs[i]\} (i \in [l,r])\)，

对于 \(2,l,r,v\)，\(Ls[i]=max\{v,Ls[i]\} (i \in [l,r])\)。

但仔细想想觉得不太对，所以就改成了 \(mn^2\) 的暴力枚举，本以为会超时，结果加了剪枝后居然轻松跑过了。

后来发现官方题解给的就是 \(mn\) 的做法，而且和我之前想的一模一样。。。

【Code】

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<cstdio>

#define Re register int

using namespace std;

const int N=203,M=40003,inf=2e9;

int n,m,op[M],L[M],R[M],val[M],pan[N][N];

int o,ans,vis[N],head[N],match[N];

struct QAQ{int to,next;}a[N*N];

inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}

inline void in(Re &x){

    int f=0;x=0;char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();

    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();

    x=f?-x:x;

}

inline int judge(Re i,Re L,Re R){//判断在[L,R]这个区间内是否有1

	for(Re j=L;j<=R;++j)if(pan[i][j])return 1;

	return 0;

}

inline void add_(Re i,Re L,Re R){//将[L,R]全部变为0

	for(Re j=L;j<=R;++j)pan[i][j]=0;

}

inline void add(Re i,Re L,Re R){//将[L,R]以外的全部变为0

	for(Re j=1;j<L;++j)pan[i][j]=0;

	for(Re j=R+1;j<=n;++j)pan[i][j]=0;

}

inline void Print(){

	for(Re i=1;i<=n;++i){

		printf("pan[%d]: ",i);

		for(Re j=1;j<=n;++j)if(pan[i][j])printf("%d ",j);

		puts("");

	}

	puts("");

}

inline int sakura(){

	for(Re i=1;i<=m;++i){

		if(op[i]>1){//L[i]~R[i]的最小值为val[i]

			if(!judge(val[i],L[i],R[i]))return 0;

			add(val[i],L[i],R[i]);

			for(Re j=1;j<val[i];++j){//比val小的数

				Re flag1=judge(j,1,L[i]-1),flag2=judge(j,R[i]+1,n);

				if(!flag1&&!flag2)return 0;//如果没有可放的位置就直接return

				else if(flag1&&!flag2)add(j,1,L[i]-1);//删掉左边

				else if(flag2&&!flag1)add(j,R[i]+1,n);//删掉右边

				else add_(j,L[i],R[i]);//删掉左右两边

			}

		}

		else{//L[i]~R[i]的最大值为val[i]

			if(!judge(val[i],L[i],R[i]))return 0;

			add(val[i],L[i],R[i]);

			for(Re j=val[i]+1;j<=n;++j){//比val大的数

				Re flag1=judge(j,1,L[i]-1),flag2=judge(j,R[i]+1,n);

				if(!flag1&&!flag2)return 0;

				else if(flag1&&!flag2)add(j,1,L[i]-1);

				else if(flag2&&!flag1)add(j,R[i]+1,n);

				else add_(j,L[i],R[i]);

			}

		}

	}

	return 1;//最后还要return 1

}

inline int dfs(Re x){

	for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)

		if(!vis[to=a[i].to]){

			vis[to]=1;

			if(!match[to]||dfs(match[to])){

				match[to]=x;return 1;

			}

		}

	return 0;

}

int main(){

	// freopen("informacije.in","r",stdin);

	// freopen("informacije.out","w",stdout);

	in(n),in(m);

	for(Re i=1;i<=m;++i)in(op[i]),in(L[i]),in(R[i]),in(val[i]);

	for(Re i=1;i<=n;++i)

		for(Re j=1;j<=n;++j)

			pan[i][j]=1;

	if(!sakura())puts("-1");

	else{

//		Print();

		for(Re i=1;i<=n;++i)

			for(Re j=1;j<=n;++j)

				if(pan[i][j])add(i,j);

		for(Re i=1;i<=n;++i){

			memset(vis,0,sizeof(vis));

			if(!dfs(i))return !puts("-1");

		}

		for(Re i=1;i<=n;++i)printf("%d ",match[i]);

	}

	fclose(stdin);

	fclose(stdout);

	return 0;

}

LW