【YBT2022寒假Day4 B】连通的图（结论）（树上差分）（线性基）

连通的图

题目链接：YBT2022寒假Day4 B

题目大意

给你一个 n 个点 n+k-1 条边的无向连通图。
然后问你有多少种删边方案（可以不删）使得这个图还是连通。

思路

我们考虑先随便建一棵树，然后分出树边和非树边。

然后这里有个神奇的东西：如果我们让第 $i$ 个非树边的权值是 $2^i$，让每条树边的权值是所有覆盖了它的非树边的权值的异或和。
（这个求树边权值我们可以用树上差分实现）

然后有一个结论就是一个图不连通的充要条件是存在它删去边的子集的异或和是 $0$。
具体证明我看不懂，感性理解一下就是你每种非树边的贡献你分开考虑，然后通过证充分性和必要性。

那我们就有一个判断当前的删边子集是否能再删一条边的方法了：前面的已经在线性基中，如果能插入进去，就说明可以删，否则就说明跟前面的数异或起来出现了 $0$，就不能。
但是你要怎么枚举这个子集呢，边太多会超时。

我们发现对于相同权值的边，它们没有区别，所以我们可以小压一下：记录每种贡献的边的个数，然后就直接暴搜搞。
（复杂度玄学，但能过还挺快？）

代码

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mo 998244353

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt, fr;
}e[200022];
int n, k, x[100011], y[100011], fa[100011];
int loc[21], num, le[100011], KK;
bool fs[100011];
ll ans;

int find(int now) {
	if (fa[now] == now) return now;
	return fa[now] = find(fa[now]);
}

void add(int x, int y, int fr) {
	e[++KK] = (node){y, le[x], fr}; le[x] = KK;
}

int f[100011][21], deg[100011], val[100011];
int cnt[1 << 15];

void dfs(int now, int father) {
	f[now][0] = father; deg[now] = deg[father] + 1;
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt) {
		if (e[i].to == father) continue;
		dfs(e[i].to, now);
	}
}

int jia[100011];

int LCA(int x, int y) {
	if (deg[x] < deg[y]) swap(x, y);
	for (int i = 20; i >= 0; i--)
		if (deg[f[x][i]] >= deg[y]) x = f[x][i];
	if (x == y) return x;
	for (int i = 20; i >= 0; i--)
		if (f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i];
	return f[x][0];
}

void mark(int x, int y, int z) {
	jia[x] += z; jia[y] += z;
	int lca = LCA(x, y);
	jia[lca] -= 2 * z;
}

vector <int> p;
int pp[25];

void dfs0(int now, int father) {
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father) {
			dfs0(e[i].to, now);
			jia[now] += jia[e[i].to];
		}
	val[now] = jia[now];
	cnt[val[now]]++; if (cnt[val[now]] == 1) p.push_back(val[now]);
}

int insert(int x) {
	for (int i = 24; i >= 0; i--)
		if ((x >> i) & 1) {
			if (!pp[i]) {
				pp[i] = x; return i;
			}
			x ^= pp[i];
		}
	return -1;
}

void dfs1(int now, ll re) {
	if (now == p.size()) {
		(ans += re) %= mo;
		return ;
	}
	dfs1(now + 1, re);
	int pla = insert(p[now]);
	if (pla != -1) {
		dfs1(now + 1, re * cnt[p[now]] % mo);
		pp[pla] = 0;
	}
}

int main() {
//	freopen("connected.in", "r", stdin);
//	freopen("connected.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
	for (int i = 1; i <= n + k - 1; i++) {
		scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
		if (find(x[i]) != find(y[i])) {
			fa[find(x[i])] = find(y[i]);
			add(x[i], y[i], i); add(y[i], x[i], i);
		}
		else {
			fs[i] = 1; loc[++num] = i;
		}
	}
	
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= 20; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			f[j][i] = f[f[j][i - 1]][i - 1];
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		mark(x[loc[i]], y[loc[i]], 1 << (i - 1));
	}
	dfs0(1, 0);
//	for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", val[i]);
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		cnt[1 << (i - 1)]++;
		if (cnt[1 << (i - 1)] == 1) p.push_back(1 << (i - 1));
	}
	
	dfs1(0, 1);
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT2022Day4_B.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！