【AGC016E】Poor Turkeys

Description

　　
　　有\(n\)（\(1 \le n \le 400\)）只鸡，接下来按顺序进行\(m\)（\(1 \le m \le 10^5\)）次操作。每次操作涉及两只鸡，如果都存在则随意拿走一只；如果只有一只存在，拿走这一只；如果都不存在，什么都不做。
　　
　　求最后有多少对鸡（无序）可能共同存活。
　　
　　
　　

Solution

　　
　　个人认为单用集合的解释方法有失偏颇。
　　
　　首先考虑枚举两只鸡，规定它们一定要存活，然后模拟过程。怎么看单次模拟的复杂度都不会小于\(m\)，因此要第一时间舍弃这种方法。
　　
　　于是要换个角度考虑。我们看看能不能算出某一只鸡存活的条件，再枚举两只鸡，并判断它们的条件是否冲突。
　　
　　假设我们令\(a\)必须存活。
　　
　　先看那些与\(a\)有关的操作：显然，另一只鸡在该操作前必须存活。我们虽然得到了这个结论，但是这些操作的顺序有先后影响，并不好考虑。
　　
　　为了消除后效性，我们从后往前考虑每个事件。如果遇到与\(a\)有关的事件\((a,b)\)，我们必须令\(b\)在这个时刻前存活。这意味着下次遇到与\(a\)或\(b\)有关的事件，我们必须令另一者在这个时刻前存活。我们记如果"\(a\)必须存活"，当前所有必须存活的鸡组成的集合为\(S\)，则形式化地讲：
　　
　　初始时，\(S\)里只有\(a\)
　　
　　1.如果遇到一个事件，其中一者属于\(S\)，则另一者必须在这个时刻前存活。我们将另一者加进\(S\)
　　
　　2.如果两者都属于\(S\)，则必须死一个。这立刻违反了\(S\)的定义，因此\(a\)不可能存活。我们将其纳入统计答案的考虑对象
　　
　　3.如果两者都不属于\(S\)，由于我们从后往前考虑，即使这两者在更早的时间与\(a\)的生死有关，但那个有关的时刻结束之后，这两者的生死并不重要。因此这个事件不需要纳入考虑范围。
　　
　　由此，扫完全部事件之后，依赖存活关系可以形象为一棵内向树（上述1.发生时，从另一者向属于\(S\)的一者连一条有向边），我们不再将其看做集合考虑，因为那无法解释接下来的事情。我们称它为\(a\)的存活树。
　　
　　\(a\)的存活树的每一条边都代表着一次依赖事件，每一次事件的成功与否都决定了\(a\)能否存活。事件发生的具体顺序我们不需要知道，但是一定是按照从叶子节点向上的某个拓扑序发生的。
　　
　　考虑两只鸡\(a\)和\(b\)能否存活。有了存活树的概念，却无从下手？先从简单的一面看：如果二者的存活树的点集无交，那么显然没有影响，二者可以共存。关键是如果有交，可以共存吗？
　　
　　对于一个点\(x\)，其在\(a\)和\(b\)的存活树中都出现。如果\(x\)在两棵树中的父亲不同，这代表着两次不同的事件，先后发生，却都依赖于\(x\)。则后发生的一者必然不能保证\(x\)存活，因此\(a\)和\(b\)有一个必须死。如果\(x\)在两棵树中的父亲相同，首先二者不可能是两个事件，不然二者自身都不可能存活，不在考虑范围之内；既然是同一个事件，那么它们在这一步的确共存，因为它们共同进行了有益的一步。我们会发现，两棵树中可能出现一些“共同链”，但这并不意味着二者可以共存。因为两棵树的根一定不同，所以“共同链”的链顶一定不是根，即“共同链”的链顶一定会出现第一个情况：父亲不一样，有一只鸡必须死。
　　
　　由上证毕，两只鸡能共存，当且仅当存活树的点集无交集。
　　
　　在实现时，不需要建树，树只是用来严格证明的，我们只需要计算出每只存活的鸡的存活树点集合即可。
　　
　　　　
　　

Code

　　

#include <cstdio>
#include <bitset>
using namespace std;
const int N=405,M=10005;
typedef bitset<N> bs400;
int n,m;
int a[M][2];
bool die[N];
bs400 b[N];
void readData(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
}
void calc(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b[i][i]=1;
		for(int j=m;j>=1;j--){
			int u=a[j][0],v=a[j][1];
			if(b[i][u]&&b[i][v]){
				die[i]=true;
				break;
			}
			else if(b[i][u])
				b[i][v]=1;
			else if(b[i][v])
				b[i][u]=1;
		}
	}
}
void print(){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<n;i++)
		if(!die[i])
			for(int j=i+1;j<=n;j++)
				if(!die[j]){
					if((b[i]&b[j]).none())
						ans++;
				}
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	readData();
	calc();	
	print();
	return 0;
}