CF1444C-Team-Building【可撤销并查集】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1444C

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1|1题目大意

给出$n$个点$m$条边的一张图，总共$k$个颜色，每个点有一个颜色。

询问有多少无序颜色对$(x,y)$满足$x\neq y$且颜色为$x$或$y$的点构成的生成子图是一个二分图。

$1\leq n,m,k\leq 5\times 10^5$

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1|2解题思路

首先把单独颜色就有奇环的颜色给去掉。

然后会发现实际上我们不需要对于$\frac{k\times (k-1)}{2}$种情况都判断，因为只有$m$条边，我们只需要边连接的不同颜色判断即可，这样的次数是$O(m)$级别的。

然后先连好同色的，用个可撤销+扩展域的并查集每种颜色对暴力判断即可。

时间复杂度：$O(m\log n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const int N=1e6+10;
struct edge{
	int x,y;
	pair<int,int> w;
}e[N];
struct cld{
	int x,y,fa,dep;
}cl[N];
int n,m,k,clt;bool flag,ban[N];
int c[N],ls[N],dep[N],fa[N];
bool cmp(edge x,edge y)
{return x.w<y.w;}
int find(int x)
{return (fa[x]==x)?x:find(fa[x]);}
void unionn(int x,int y){
	x=find(x);y=find(y);
	if(x==y)return;
	if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
	cl[++clt]=(cld){x,y,fa[y],dep[x]};
	fa[y]=x;dep[x]=max(dep[x],dep[y]+1);
}
void remake(){
	while(clt){
		fa[cl[clt].y]=cl[clt].fa;
		dep[cl[clt].x]=cl[clt].dep;
		clt--;
	}
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=2*n;i++)fa[i]=i,dep[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&c[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);
		if(c[e[i].x]==c[e[i].y]){
			unionn(e[i].x,e[i].y+n);
			unionn(e[i].x+n,e[i].y);
			if(find(e[i].x)==find(e[i].y))
				k-=!ban[c[e[i].x]],ban[c[e[i].x]]=1;
		}
		e[i].w=mp(c[e[i].x],c[e[i].y]);
		if(e[i].w.first>e[i].w.second)
			swap(e[i].w.first,e[i].w.second);
	}
	sort(e+1,e+1+m,cmp);
	long long ans=1ll*k*(k-1)/2;
	for(int l=1,r=1;l<=m;l=r+1){
		while(e[r+1].w==e[l].w)r++;
		if(ban[e[l].w.first]||ban[e[l].w.second]||e[l].w.first==e[l].w.second)continue;
		clt=0;flag=0;
		for(int i=l;i<=r;i++){
			int x=e[i].x,y=e[i].y;
			if(find(x)==find(y)){flag=1;break;}
			unionn(x,y+n);unionn(x+n,y);
		}
		remake();ans-=flag;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15512472.html
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