P7293 题解

1|0P7293 题解

传送门

1|1思路

提供一个不太一样的容斥做法。

首先容易发现答案只和每个点到 1 号点的奇偶最短路有关，可以先 $O(n)$ 求出来。

然后考虑枚举距离 $d$，计算有多少个 K 元组的距离为 $d$。不妨设 $d$ 为奇数，那么条件就是：

1. 每个点的奇最短路的最大值为 $d$；
2. 存在一个点的偶最短路 $>d$。

考虑怎么快速维护。对于每一张图，我们求出能到走到的奇偶最短路的最大值 $maxd$

我们把图分成两部分，一部分是 $maxd<d$，另一部分是 $maxd\ge d$。

对于第一部分，不存在满足第一个条件的点，而且对于所有 $maxd<d$ 的 $d$，这张图的满足第二个条件的点数量不会变，贡献很好维护。

对于第二部分，我们遍历所有满足条件的图，维护 $f[0/1][0/1]$ 表示是否满足第一个条件，是否满足第二个条件的方案数。我们需要知道对于每一张图，有多少个点满足奇最短路的为 $d$，有多少个点满足奇最短路的不超过 $d$，有多少个点满足奇最短路不超过 $d$ 且偶最短路 $>d$，这些信息都可以 $O(n+maxd)$ 求出。最终转移是一个或卷积。这一部分复杂度是 $\sum maxd=O(\sum n)$ 的。

总复杂度 $O(n)$。

代码：

int K;
int p1[N<<1],p2[N<<1];
struct Graph{
    int n,m,cnt,maxn;
    vector<int>h,ver,nxt,dis[2],t,d,c,pre;
    inline void add_edge(int x,int y){cnt++;ver[cnt]=y;nxt[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
    inline void init(){
        n=read(),m=read();
        h.resize(n+1),ver.resize(2*m+1),nxt.resize(2*m+1),dis[0].resize(n+1),dis[1].resize(n+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)dis[0][i]=dis[1][i]=mod;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int x=read(),y=read();
            add_edge(x,y),add_edge(y,x);
        }
        queue<int>q;
        dis[0][1]=0;
        q.push(2);
        while(!q.empty()){
            int x=q.front()>>1,k=q.front()&1;
            q.pop();
            for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){
                int y=ver[i];
                if(dis[k^1][y]>dis[k][x]+1){
                    dis[k^1][y]=dis[k][x]+1;
                    q.push((y<<1)|(k^1));
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(dis[0][i]!=mod)maxn=max(maxn,dis[0][i]);
            if(dis[1][i]!=mod)maxn=max(maxn,dis[1][i]);
        }
        t.resize(maxn+1),d.resize(maxn+1),c.resize(maxn+3),pre.resize(maxn+1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(dis[0][i]<dis[1][i]){
                d[dis[0][i]]++;
                c[dis[0][i]]++;
                if(dis[1][i]!=mod)c[dis[1][i]+1]--;
            }
            if(dis[1][i]<dis[0][i]){
                d[dis[1][i]]++;
                c[dis[1][i]]++;
                if(dis[0][i]!=mod)c[dis[0][i]+1]--;
            }
            if(dis[0][i]!=mod)t[dis[0][i]]++;
            if(dis[1][i]!=mod)t[dis[1][i]]++;
        }
        for(int i=0;i<=maxn;i++){
            pre[i]=t[i];
            if(i>1)pre[i]+=pre[i-2];
        }
        for(int i=2;i<=maxn+2;i++)c[i]+=c[i-2];
        p1[maxn+2]=1ll*p1[maxn+2]*pre[maxn]%mod;
        p2[maxn+2]=1ll*p2[maxn+2]*dec(pre[maxn],c[maxn+2])%mod;
        p1[maxn+1]=1ll*p1[maxn+1]*(maxn?pre[maxn-1]:0)%mod;
        p2[maxn+1]=1ll*p2[maxn+1]*dec(maxn?pre[maxn-1]:0,c[maxn+1])%mod;
    }
}G[N];
vector<int>hav[N],q;
int maxd;
int f[4],g[4],a[4],ans;
int main(){
    K=read();
    for(int i=0;i<=200003;i++)p1[i]=p2[i]=1;
    for(int i=1;i<=K;i++){
        G[i].init();
        hav[G[i].maxn].push_back(i);
        maxd=max(maxd,G[i].maxn);
    }
    for(int i=2;i<=maxd;i++)p1[i]=1ll*p1[i]*p1[i-2]%mod,p2[i]=1ll*p2[i]*p2[i-2]%mod;
    for(int i=maxd;i;i--){
        for(auto j:hav[i])q.push_back(j);
        memset(f,0,sizeof(f)),memset(g,0,sizeof(g));
        g[0]=p2[i];g[1]=dec(p1[i],p2[i]);
        for(auto j:q){
            a[0]=G[j].pre[i]-G[j].t[i]-G[j].c[i]+G[j].d[i],a[1]=G[j].c[i]-G[j].d[i],a[2]=G[j].t[i]-G[j].d[i],a[3]=G[j].d[i];
            memset(f,0,sizeof(f));
            for(int i=0;i<4;i++){
                for(int j=0;j<4;j++)add(f[i|j],1ll*g[i]*a[j]%mod);
            }
            swap(f,g);
        }
        add(ans,1ll*g[3]*i%mod);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：Xttttr
本文链接：https://www.cnblogs.com/Xttttr/p/17959957.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！