P7516-[省选联考2021A/B卷]图函数【bfs】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7516

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1|1题目大意

懒了，直接抄题意了
对于一张 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图 $G$（顶点从 $1 \sim n$ 编号），定义函数 $f(u, G)$：

1. 初始化返回值 $cnt = 0$，图 $G'= G$。
2. 从 $1$ 至 $n$ 按顺序枚举顶点 $v$，如果当前的图 $G';$ 中，从 $u$ 到 $v$ 与从 $v$ 到 $u$ 的路径都存在，则将 $cnt + 1$，并在图 $G';$ 中删去顶点 $v$ 以及与它相关的边。
3. 第 $2$ 步结束后，返回值 $cnt$ 即为函数值。

现在给定一张有向图 $G$，请你求出 $h(G) = f(1, G) + f(2, G) + \cdots + f(n, G)$ 的值。

更进一步地，记删除（按输入顺序给出的）第 $1$ 到 $i$ 条边后的图为 $G_i$（$1 \le i \le m$），请你求出所有 $h(G_i)$ 的值。

$1\leq n\leq 10^3,1\leq m\leq 2\times 10^5$

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1|2解题思路

但凡一个不按惯性思维思考的方法都可以做出这道题

这个删边就很意义不明，反过来直接改成加边就简单很多。

然后还有一个问题就是是否删点的判断也是没有必要的：

假设对于起点$u$能走到$v$，$v$不能走到$u$，那么显然并不存在一个节点$x$使得$u$能走到$x$且$x$能走到$u$并且$v$是这些路径的必经点，因为那么$v$肯定在这个环上，那么$v$显然能走到$u$。

所以现在$f(u,G)$能否统计$v$就变为了判断是否存在一个$u\rightarrow v\rightarrow u$的环使得路径上的所有点编号不小于$min(u,v)$。

那么不妨考虑一下两个点对$(u,v)$之间不断加边之后第一次产生贡献的时间，每条边的权值设为加入的时间，这个时间就是$u\rightarrow v\rightarrow u$的一条不经过编号小于$min(u,v)$点的情况下最大权值最小的路径。

这样Flody就有$O(n^3)$的算法了。

然后我们想了很久感觉最短路行不通，那么此时就需要摒弃惯性思维的想法了，我们考虑另一个更暴力的做法，我们每次加边然后暴力判断每个点之间的联通，发现这样的时间复杂度是$O(nm^2)$的。

然后依旧的我们考虑另一种可能，我们最外层不枚举加边，而是枚举需要统计答案的起点$u$，然后每次加一条边$(x,y)$，如果$u$能走到$x$且不能走到$y$那么此时$u$能走到$y$了，从$y$开始$bfs$所有其他没有走过的节点，需要注意的是走过的边两边都是遍历过的所以可以直接删除。

这样的时间复杂度就是$O(n(n+m))$，可以通过本题。

需要卡常

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=1e3+10,M=2e5+10;
struct node{
	int to,next;
}a[M];
int n,m,f[N][N],g[N][N];
int ex[M],ey[M],ans[M];
vector<int> G[N],D[N];queue<int> q;
void bfs(int x,int s,int w){
	q.push(x);
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop();f[s][x]=w;
		for(int i=0;i<G[x].size();i++)
			if(!f[s][G[x][i]])q.push(G[x][i]);
		G[x].clear();
	}
	return;
}
void bgs(int x,int s,int w){
	q.push(x);
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop();g[s][x]=w;
		for(int i=0;i<D[x].size();i++)
			if(!g[s][D[x][i]])q.push(D[x][i]);
		D[x].clear();
	}
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);m++;
	for(int i=2;i<=m;i++)
		scanf("%d%d",&ex[i],&ey[i]);
	reverse(ex+2,ex+1+m);
	reverse(ey+2,ey+1+m);
	for(int x=1;x<=n;x++){
		for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();
		for(int i=1;i<=n;i++)D[i].clear();
		f[x][x]=g[x][x]=1;
		for(int i=2;i<=m;i++){
			if(ex[i]<x||ey[i]<x)continue;
			if(f[x][ex[i]]&&!f[x][ey[i]])bfs(ey[i],x,i);
			else if(!f[x][ex[i]]&&!f[x][ey[i]])G[ex[i]].push_back(ey[i]);
			if(g[x][ey[i]]&&!g[x][ex[i]])bgs(ex[i],x,i);
			else if(!g[x][ey[i]]&&!g[x][ex[i]])D[ey[i]].push_back(ex[i]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j++)
			if(f[i][j]&&g[i][j])
				ans[max(f[i][j],g[i][j])]++;
	for(int i=1;i<=m;i++)ans[i]+=ans[i-1];
	reverse(ans+1,ans+1+m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15600506.html
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