题目大意
有四种类型的比赛 \(x,a,b,c\)，三种赛车（\(A,B,C\))。其中 \(x\) 的数量 为 \(d\)。
\(x\) 表示三种赛车都可以选， \(a\) 表示 \(A\) 种不能选，\(b\) 表示 \(B\) 种不能选，\(c\) 表示 \(C\) 种不能选。
现在要比 \(n\) 场，有 \(m\) 个限制形如：
\(p,f,q,t\) 表示如果第 \(p\) 场选了第 \(f\) 种的赛车则第 \(q\) 场必须选用第 \(t\) 种赛车。
求任意一组满足所有要求的赛车选择方案。
\(n,m\leq10^5\)，\(d\leq8\)。
思路
如果没有 \(x\) 的话可以直接考虑 \(2-SAT\)，以每一场比赛作为变量，能选的两种赛车作为布尔变量即可，然后就是找规律。将变量设为 \(i_0\) 和 \(i_1\)。
但是现在处理 \(x\)，注意到数量很少，所以可以直接枚举 \(x\) 的种类，将它变成 \(a\) 或 \(b\)。
为什么我们不需要再变成 \(c\) 呢？因为在发现如果要不选 \(C\) 的话在 \(a,b\) 中都可以直接不选（如果这样是对的话），所以重复了，直接不选。这样我们可以大概猜的最终时间复杂度是 \(O(2^d(m+n))\)。
考虑建图。分三种情况，设第 \(i\) 个比赛目前不能选 \(F_i\)：
- \(f_p=F_p\)，则这个情况一定不会成立，可以直接忽略
- \(t_q=F_q\)，则这个情况的前提一定不能成立，连 \(p_0\rightarrow p_1\)。
- 除此以外的情况，连命题 \(p_0\rightarrow q_0\) 与它的逆否命题 \(q_1\rightarrow p_1\)。
之后跑 \(2-SAT\) 求是否合法与输出方案数即可。对于 \(2-SAT\) 方案数，我们理应按照缩点后图跑拓扑排序后优先输出拓扑序大的，但因为 \(Tarjan\) 缩点就是按拓扑排序的逆序输出的，所以我们只需要输出强连通分量编号小的即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define T(u,v) u+turn[rc[u]][v]
#define N(u,v) u+turn2[rc[u]][v]
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=1e5+5;
ll n,d,m;
vector<ll>adj[MAXN];
ll lyymcl[MAXN],dfn[MAXN],yjr[MAXN],tot;
ll id[MAXN],scc;
bool ins[MAXN];
void add(ll u,ll v){
adj[u].push_back(v);
}
stack<ll>sta;
ll turn[3][3],turn2[3][3];
ll rc[MAXN];
void lycnpy(ll u){
dfn[u]=lyymcl[u]=++tot;
ins[u]=true;
sta.push(u);
for(auto lmy:adj[u]){
if(!dfn[lmy]){
lycnpy(lmy);
lyymcl[u]=min(lyymcl[u],lyymcl[lmy]);
}else if(ins[lmy]){
lyymcl[u]=min(lyymcl[u],dfn[lmy]);
}
}
if(lyymcl[u]==dfn[u]){
++scc;
while(sta.top()!=u){
id[sta.top()]=scc;
ins[sta.top()]=false;
sta.pop();
}
id[u]=scc;
ins[u]=false;
sta.pop();
}
}
void lyc(){
for(int i=1;i<=2*n;++i){
if(!dfn[i]){
lycnpy(i);
}
}
}
struct Query{
ll p,q;
ll t,f;
}ask[MAXN];
void clear(){
for(int i=0;i<=2*n+3;++i){
adj[i].clear();
}
memset(lyymcl,0,sizeof(lyymcl));
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(yjr,0,sizeof(yjr));
tot=scc=0;
memset(id,0,sizeof(id));
}
ll tn(char c){
if(c=='a'||c=='A'){
return 0;
}
if(c=='b'||c=='B'){
return 1;
}
if(c=='c'||c=='C'){
return 2;
}
return 4;
}
void check(){
clear();
for(int i=1;i<=m;++i){
ll t=ask[i].t,f=ask[i].f,p=ask[i].p,q=ask[i].q;
if(f==rc[p]){
continue;
}
if(t==rc[q]){
add(T(p,f),N(p,f));
}else{
add(T(p,f),T(q,t));
add(N(q,t),N(p,f));
}
}
lyc();
bool good=false;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(id[i]==id[n+i]){
good=true;
break;
}
}
if(!good){
for(int i=1;i<=n;++i){
if(id[i]<id[n+i]){
if(rc[i]==0){
cout<<"B";
}else if(rc[i]==1){
cout<<"A";
}else{
cout<<"A";
}
}else{
if(rc[i]==0){
cout<<"C";
}else if(rc[i]==1){
cout<<"C";
}else{
cout<<"B";
}
}
}
exit(0);
}
}
void dfs(ll x){
if(x==n+1){
check();
return;
}
if(rc[x]==4){
rc[x]=0;
dfs(x+1);
rc[x]=1;
dfs(x+1);
return;
}
dfs(x+1);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>d;
for(int i=1;i<=n;++i){
char c;
cin>>c;
rc[i]=tn(c);
}
for(int i=0;i<3;++i){
bool good=false;
for(int j=0;j<3;++j){
if(j==i){
continue;
}
if(good){
turn[i][j]=n;
turn2[i][j]=0;
}else{
good=true;
turn[i][j]=0;
turn2[i][j]=n;
}
}
}
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;++i){
char f,t;
cin>>ask[i].p>>f>>ask[i].q>>t;
ask[i].f=tn(f);
ask[i].t=tn(t);
}
dfs(1);
cout<<-1<<endl;
return 0;
}