AGC006F Blackout

观察到题目中 $(x, y) \oplus (y, z) = (z, x)$ 的特殊二元组生成方式，我们很容易联想到三元环，于是思考到能不能用图论解决这个问题。

具体在这个题目上，也就是给定了一个有向图，无重边有自环，一旦有 $x \to y, y\to z$，我们能迭代出一条 $z \to x$ 的边，问最后总图有多少边。

根据题意，这个图不一定联通，但明显地，对于整个图而言，所有的弱联通块之间可以独立处理答案，最终的答案是这些弱联通块答案的总和。所以我们接下来处理的对象都是单个弱联通块。

（弱联通块的意思就是：该块中所有边不考虑方向，那么这个块是联通的）

我们考虑最简单的情况：一条链，并且一定以 $1$ 开头。

我们发现可以至少迭代出这样三条边：$3 \to 1, 4 \to 2, 5 \to 3$.

然后发现：好像类似于一个大小为 $3$ 的循环。于是想到一个方案：对节点染色，色彩也按照一个大小为 $3$ 的周期循环。具体用公式表示（为方便，我们将节点 $i$ 的颜色表示为 $c_i$）：

如果存在一条边 $u \to v$，我们的染色要使

$$c_v=\begin{cases}c_u + 1& c_u \in \{1, 2\}\\1 & c_u = 3\end{cases}$$

聪明的小伙伴发现这种染色方案可能无法实现。具体来说，染色的结果有三种情况：

• 染色一切顺利，三个颜色染全；
• 染色一切顺利，三个颜色没有染全；
• 染色时出现矛盾（染色失败）。

以此图为例，染色情况为，$1$ 染成 $1$，$2$ 染成 $2$，$3$ 染成 $3$，$4$ 染成 $1$，$5$ 染成 $2$。属于第一种情况，染色成功并且三个色彩都有。

这样一来，$3 \to 1$ 对应颜色 $3 \to 1$，$4 \to 2$ 对应颜色 $1 \to 2$，$5 \to 3$ 对应颜色 $2 \to 3$。

于是嘴一个做法：如果存在两个点 $u, v$，使得 $c_u = 1, c_v = 2$ 或者 $c_u = 2, c_v = 3$ 或者 $c_u = 3, c_v = 1$，那么就连一条 $u \to v$ 的边，接下来为了叙述方便，我们将这种边叫做正边。

哦，这下我们还发现，原来刚刚我们落了一条边没连：$1 \to 5$（形成的三元环为 $3 \to 1 \to 5 \to 3$）。总共边数为 $8$。

但刚刚的情况太简单，我们能否换成一般的图呢？

如图中的黑边就是原边，我们按照黑边将节点染色（图中的红字），然后再连接出所有正边（图中的绿边），既可以形成上方这个图。手动按照题目模拟一下，发现满足题意。

严格证明这个命题：染色结果为第一种情况时，所有正边的集合就是答案。

此时一定存在 $x, y, z$ 使得边 $x \to y$ 和 $y \to z$ 存在（原因：三种颜色染全），我们能迭代一条 $z \to x$ 的边，$x, y, z$ 形成三元环。明显此时所有正边就是答案。也就是只有这三个点时，命题肯定成立。

然后考虑归纳构造：如果当前图 $G$ 是满足命题的，那么我们加入一条正边 $x \to p$，其中 $x$ 是图 $G$ 中颜色为 $1$ 的一个点，而 $p$ 可以是原图中的一个点，也可以是一个新点。由于$c_x = 1$，明显有 $c_p = 2$。

此处特殊记号，设 $[a]$ 表示 $\{u|c_u = a\}$。

我们有 $[3] \to x, x \to p$，因此可以迭代出：$p \to [3]$。

又有了 $p \to [3], [3] \to [1]$，因此可以迭代出：$[1] \to p$。

于是发现：所有新的正边都连接了，连接的也都是正边。因此此时有命题成立。

然后我们发现，如果设 $x$ 颜色为 $2$ 或 $3$，结论是同理的；

如果设是一条 $p \to x$ 的正边，结论也是同理的。

命题完全得证了。

但是别忘了，这是一种情况。还有两种情况，分别是什么？

• 染色一切顺利，三个颜色没有染全；
• 染色时出现矛盾（染色失败）。

看起来上面那个情况（也就是第二个情况）好处理一点。其实真的很好处理，直接给出答案，你迭代不出任何边，最终的答案就是原来有多少边就是多少。

证明非常简单。采用反证法证明不存在 $x \to y, y\to z$ 这种形式：如果存在这种形式那么就会有三种颜色。与题设矛盾。原命题得证。

这个命题得证直接说明迭代条件成立不了，寄！

于是来到最后一种情况：染色时出现矛盾。

可能会有小伙伴想象不出来这种情况，画个图举例：

对的，就是个简单的四元环。但是你会发现你没办法把它染色成功。

比如，$u$ 染成 $1$，$x$ 染成 $2$，$y$ 染成 $3$，$z$ 染成 $1$，然后……$z \to u$ 就寄了。。

接下来我们手动模拟一下这个图，然后你会得到一个这样的东西。。

是的，什么边都能迭代出来！！

接下来开始证明：

在染色情况三中，迭代结果为完全图（包括自环）的边集。

命题：如果图中存在自环，那么迭代结果为完全图（包括自环）的边集。

证明：假设这个自环节点为 $t$，那么和 $t$ 相邻的点 $u$ 都会因为 $u \to t \to t \to u$ 和 $t$ 连成双向边，因为 $u \to t \to u \to u$ 从而使得 $u$ 形成自环。然后因为 $u$ 是自环了，和 $u$ 相邻的 $v$ 肯定也会和 $u$ 形成双向边并且 $v$ 自身形成自环，证明和 $u, t$ 之间相同。最后因为弱联通，相邻明显会遍布所有点，于是所有点之间都会存在双向边，所有点都有自环。

接下来考虑一般的矛盾图，我们来证明迭代后一定会产生自环，这样就能证明结论了。

首先我们可以想到，一般的矛盾图中一定存在一个弱环（不考虑边的方向就是环），这个弱环会产生矛盾。

这个很好证明，也是反证法，如果不存在弱环，那就是个树，每个节点根据父节点染色就好了，能构造出成功的染色方案。

考虑这样一个矛盾环：

（注意和我最开始举的那个矛盾的例子是不一样的，边的方向不同）

首先这个环里肯定有类似 $x \to y \to z$ 的状态。好的叛逆的小伙伴马上发言了，那我马上构造一个没有任何 $x \to y \to z$ 的弱环。

那么，首先我可以证明，这个弱环的节点必须是偶数（奇数无法构造），偶数只可以构造出一种顶针的图：

这种类似的图我们都可以构造这样一个染色方案：$c_x = c_z = c_v = 1, c_y = c_t=c_u = 2$。然后应该走第二种情况。

接下来继续证明。既然这个弱环存在 $x \to y \to z$，那么我们就迭代出一条 $z \to x$ 的边（在这个例子里是 $4 \to 2$）。

于是我们接下来关注 $4, 1, 2$ 组成的这个小弱环——它是一定存在矛盾的。（因为 $4, 2, 3$ 这个弱环没有问题）

同理这个弱环一定有 $x \to y \to z$，这个图中是 $1 \to 4 \to 2$，我们连接上 $z \to x$， 这个图中是 $2 \to 1$。

然后接着我们抛弃掉 $4$，找到 $x \to y \to z$ 的 $1 \to 2 \to 1$，然后就 $1 \to 1$，喜闻乐见地得到自环。

从这个特殊再次推广到一般，我们会发现，对于染色矛盾的图：

• 图中一定有弱环；
• 矛盾的弱环中一定有 $x \to y \to z$；
• 可以迭代出 $z \to x$，那么 $y$ 这个点就是正常的，抛弃掉 $y$，剩下的弱环一定矛盾，再次寻找 $x \to y \to z$，删掉 $y$；
• 经过无数次迭代，最后一定会删点删到只剩一个点，这个时候自环出现了。

证明结束。

于是到这里，我们完美证明了三种染色情况对应的结果。

第一种染色情况：所有颜色为 $1$ 的点向所有颜色为 $2$ 的点连边，所有颜色为 $2$ 的点向所有颜色为 $3$ 的点连边，所有颜色为 $3$ 的点向所有颜色为 $1$ 的点连边。

这里我们设颜色为 $1$ 的点共有 $p$ 个，颜色为 $2$ 的点共有 $q$ 个，颜色为 $3$ 的点共有 $r$ 个，那么这种情况的对应答案为 $pq + qr + pr$。

第二种染色情况：也就是原来的边数，直接比如是 $m$。（$m$ 和题目中含义不同）

第三种染色情况：染色矛盾，此时应该是所有点都向所有点连边（包括自己），也就是点数的平方，可以说 $n ^ 2$。（$n$ 和题目中含义不同）

最后考虑我们如何染色。回顾一下怎么染色的吧。

如果存在一条边 $u \to v$，我们的染色要使

$$c_v=\begin{cases}c_u + 1& c_u \in \{1, 2\}\\1 & c_u = 3\end{cases}$$

那么我们直接从一个点开始遍历出边 $u \to v$，然后对出点进行对应规则的染色就可以了。但问题在于我们给出的是弱联通块，任意一点甚至不能互相可达。

其实这个问题很好解决，初始建图时，对于 $u \to v$，我们建一条反边 $v \to u$ 就可以了，遍历的时候，如果是正边，那么按照正常染色，如果是反边，那么按照反着循环染色，也就是：对于一条反边 $u \to v$，有

$$c_v=\begin{cases}c_u - 1& c_u \in \{2, 3\}\\3 & c_u = 1\end{cases}$$

于是这样可以保证任意一点互相可达。你是否想问可以不可以挨个没有遍历到的点为起点开始 dfs / bfs，其实稍微想一下就知道为什么不可以了：弱联通快新的部分起点应该以什么颜色开头？能否和弱联通块之前染色的那部分完美吻合？怎么区分是否在同一个弱联通块？很难处理。

相反我们应该将这种方式运用在不同联通块的处理上：如果没染色说明是另一个联通块。当然前提是运用了建反边把弱联通块变成联通块。

代码：

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-07-25 02:05:23 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-07-25 03:15:21
 */
#include <bits/stdc++.h>
inline int read() {
    int x = 0;
    bool flag = true;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            flag = false;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    if(flag)
        return x;
    return ~(x - 1);
}

const int maxm = (int)2e5 + 5; // 注意双倍建图要双倍数组大小
const int maxn = (int)1e5 + 5;

struct edge {
    int to, nxt, w;
}e[maxm];

int head[maxn], ecnt = 0;
inline void add_edge(int u, int v, int w) {
    e[++ecnt].to = v;
    e[ecnt].w = w;
    e[ecnt].nxt = head[u];
    head[u] = ecnt;
}

int c[maxn], cnt[5];
// c 数组代表第 i 个节点的颜色，注意程序中为了方便，染色使用0, 1, 2
// cnt 数组代表第 i 个颜色的节点数量，统计用

inline int cal(int u, int w) {
    return (u + w) % 3; // 计算节点 u 的后 w 个颜色
}

std :: queue <int> q;

int main() {
    std :: memset(c, -1, sizeof(c)); // -1 才表示未染色，因为 0 是颜色之一
    int m = read(), n = 0; // m 是题目中的 n，n 是题目中的 m
    while (m--) {
        int x = read(), y = read();
        add_edge(x, y, 1);
        add_edge(y, x, 2); // 在 %3 意义下相当于 -1，但是不用判断负数
        n = std :: max(n, std :: max(x, y)); // n 取最大的 x, y
    }

    long long ans = m = 0; // m 已经没有用了，这里我们用它来维护每个弱联通块的边数
    bool flag = false; // 染色是否矛盾
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (c[i] != -1) // 如果不是新弱联通块就 continue
            continue;
        // 接下来都是从新的弱联通块中一个点开始 bfs
        cnt[0] = cnt[1] = cnt[2] = c[i] = m = 0;
        flag = false;
        q.push(i);
        while (!q.empty()) {
            int u = q.front();
            q.pop();
            ++cnt[c[u]]; // 统计 cnt
            for (int j = head[u]; j; j = e[j].nxt) {
                ++m; // 统计边
                int v = e[j].to;
                if (c[v] != -1) { // 已经染色
                    if (c[v] != cal(c[u], e[j].w)) // 矛盾
                    // 当前需要给他染的色和之前给他染的色不匹配
                        flag = true;
                } else { // 未染色
                    c[v] = cal(c[u], e[j].w); // 染色
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        if (flag) // 情况三
            ans += 1LL * (cnt[0] + cnt[1] + cnt[2]) * (cnt[0] + cnt[1] + cnt[2]);
            // 明显地 cnt[0] + cnt[1] + cnt[2] 代表总共点数
        else if ((cnt[0] != 0) && (cnt[1] != 0) && (cnt[2] != 0)) // 情况一
            ans += 1LL * cnt[0] * cnt[1] + 1LL * cnt[1] * cnt[2] + 1LL * cnt[0] * cnt[2];
        else // 情况二
            ans += m >> 1; // 因为双倍建图所以实际边数应该是双倍的图中的边数除以2
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

最终的归宿。是个结论题。