BZOJ4643 : 卡常大水题

将边按权值$A$从小到大排序，从小到大枚举$\max(A)$，然后双指针从大到小枚举$\max(B)$。

按权值$B$用大根堆维护所有已经加入的边，每次$\max(B)$减少时，不断取出权值$B$最大的边看看是否需要删除即可。

那么只需要检验这个图是否只有一个强连通分量。

考虑使用Kosaraju算法，维护一个未走过的点的集合，每次与出边表取交之后递归搜索可行后继点。

这显然可以用bitset来并行计算，时间复杂度单次$O(\frac{n^2}{32})$。

总时间复杂度$O(\frac{n^4}{32}+n^2\log n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 155
using namespace std;
typedef unsigned int U;
typedef pair<int,int>P;
typedef pair<int,P>PI;
int n,i,j,k,m,b[N][N],eb[N*N],q[N],t,ans=~0U>>1;priority_queue<PI>Q;
struct E{int x,y,w;E(){}E(int _x,int _y,int _w){x=_x,y=_y,w=_w;}}ea[N*N];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.w<b.w;}
struct BIT{
  U v[5];
  void flip(int x){v[x>>5]^=1U<<(x&31);}
  int get(int x){return v[x>>5]>>(x&31)&1;}
}g0[N],g1[N],v;
inline void addedge(int x,int y){
  if(x==y||b[x][y]>eb[j])return;
  Q.push(PI(b[x][y],P(x,y)));
  g0[x].flip(y);
  g1[y].flip(x);
}
inline void deledge(int x,int y){
  g0[x].flip(y);
  g1[y].flip(x);
}
void dfs1(int x){
  v.flip(x);
  for(int i=0;i<5;i++)while(1){
    U o=v.v[i]&g0[x].v[i];
    if(!o)break;
    dfs1(i<<5|__builtin_ctz(o));
  }
  q[++t]=x;
}
void dfs2(int x){
  v.flip(x);
  for(int i=0;i<5;i++)while(1){
    U o=v.v[i]&g1[x].v[i];
    if(!o)break;
    dfs2(i<<5|__builtin_ctz(o));
  }
}
inline bool check(){
  int i;
  for(i=0;i<5;i++)v.v[i]=0;
  for(i=0;i<n;i++)v.flip(i);
  for(t=i=0;i<n;i++)if(v.get(i))dfs1(i);
  for(i=0;i<n;i++)v.flip(i);
  dfs2(q[t]);
  for(i=0;i<5;i++)if(v.v[i])return 0;
  return 1;
}
void solve(){
  sort(ea+1,ea+m+1,cmp);
  sort(eb+1,eb+m+1);
  for(i=1,j=m;i<=m;i++){
    addedge(ea[i].x,ea[i].y);
    while(check()){
      ans=min(ans,ea[i].w+eb[j]);
      if(!(--j))return;
      while(!Q.empty()){
        PI t=Q.top();
        if(t.first<=eb[j])break;
        Q.pop();
        deledge(t.second.first,t.second.second);
      }
    }
  }
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(m=i=0;i<n;i++)for(j=0;j<n;j++)scanf("%d",&k),ea[++m]=E(i,j,k);
  for(m=i=0;i<n;i++)for(j=0;j<n;j++)scanf("%d",&b[i][j]),eb[++m]=b[i][j];
  solve();
  return printf("%d",ans),0;
}