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给定平面上的 \(n\) 个点 \((\frac {a_i}{b_i},\frac {c_i}{d_i})\),定义一个点 \((x,y)\)派生点为点 \((x+1,y)\) 和点 \((x,y+1)\)

两个点 \(A,B\) 能够匹配当且仅当 \(A\) 的一个派生点和 \(B\) 的一个派生点在同一条过原点的直线上。

求出最大匹配的大小和任意一种方案。

\(n \le 2 \cdot 10^5,1 \le a_i,b_i,c_i,d_i \le 10^9\)

两个第一象限的点在同一条过原点的直线上等价于两个点的横纵坐标之比相等。

定义一个点 \((x,y)\)派生值\(\frac {x+1}y\)\(\frac x{y+1}\)

两个点 \(A,B\) 能够匹配即拥有同一个派生值。

把所有的派生值抽象成点,给定的点抽象成边,匹配条件进一步转化为两条边拥有公共顶点

引理:一个连通无向图能够给每条边定向使得每个点入度为偶数当且仅当边数为偶数。

证明:边数为奇数显然不行,下面给出边数为偶数时的构造:

先建树 DFS 树,所有反向边都向上,如果两个端点都在点 \(u\) 子树内的边的数量为偶数,则 \(u\) 与其父亲的连边(如果存在)向上,否则向下。

通过引理不难推出一个边数为 \(m\) 的连通图的答案为 \(\lfloor \frac m2 \rfloor\),求方案可以先给每条边定向,再把每个点的所有入边两两配对。

只需要对每个连通块做一遍即可。

最后一个问题:派生值是分子分母都是 \(10^{18}\) 级别的分数,离散化时需要排序,但如何比较。

一种方法是转 __int128 交叉相乘比较大小。其实不一定要按分数值排序,双关键字排序同样能实现离散化,先约分,再以分子、分母为两关键字比较则是另一种更快的方法。

代码:

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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, l, r) for(int i = (l); i <= (r); i++)
#define per(i, r, l) for(int i = (r); i >= (l); i--)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define For(i, l, r) for(int i = (l), i##e = (r); i < i##e; i++)
#define pb push_back
#define eb emplace_back

using namespace std;
const int N = 4e5 + 5;
typedef long long ll;
ll K1[N], K2[N];
int n, ord[N], id[N];
vector <pair <int, int>> G[N];
vector <pair <int, int>> as;
int idx, dfn[N], sz[N];
void add(int u, int v, int i) {
G[u].eb(v, i), G[v].eb(u, i);
}
void dfs(int u, int f) {
dfn[u] = ++idx;
int lst = 0;
auto ins = [&](int x) {
if(lst) as.eb(lst, x), lst = 0;
else lst = x;
};
for(auto [v, w] : G[u]) if(!dfn[v]) {
dfs(v, w), sz[u] += sz[v];
if(~sz[v] & 1) ins(w);
} else if(dfn[v] > dfn[u]) ins(w);
else sz[v]++;
if(lst && f) as.eb(lst, f);
}
int main() {
cin >> n;
int a, b, c, d;
rep(i, 1, n) {
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
K1[i * 2 - 1] = ll(a + b) * d, K1[i * 2] = (ll)a * d;
K2[i * 2 - 1] = (ll)b * c, K2[i * 2] = b * ll(c + d);
}
n *= 2;
rep(i, 1, n) {
ord[i] = i;
ll g = __gcd(K1[i], K2[i]);
K1[i] /= g, K2[i] /= g;
}
auto cmp = [](int x, int y) {
return K1[x] ^ K1[y] ? K1[x] < K1[y] : K2[x] < K2[y];
};
sort(ord + 1, ord + n + 1, cmp);
rep(i, 1, n) id[i] = lower_bound(ord + 1, ord + n + 1, i, cmp) - ord;
rep(i, 1, n / 2) add(id[i * 2 - 1], id[i * 2], i);
rep(i, 1, n) dfs(i, 0);
cout << as.size() << endl;
for(auto [u, v] : as) printf("%d %d\n", u, v);
return 0;
}