学军中学第三届“图灵杯”趣味网络邀请赛——中级T4.欧拉回路 （图论，哈希）

题面

补题链接

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题解

存在欧拉回路的条件是：1. 每个点的度数都是偶数。2. 有边的连通块最多一个。

数据范围是允许我们 $n^2$ 枚举的，因此我们看怎么均摊 $O(1)$ 解决上面的两个判断。

首先，每个点的度数都是偶数。我们预处理两个 0/1 数组，$pre[i][j]$ 表示只考虑前 $i$ 个数，第 $j$ 个数向后连边个数取模 2 的结果，$suf[i][j]$ 表示只考虑后 $n-i+1$ 个数，第 $j$ 个数向前连边个数取模 2 的结果。

这两个数组都可以 $O(n^2)$ 预处理出来，用 bitset 可以省点空间。然后，一个区间 $[l,r]$ 满足度数需求，当且仅当数列 $pre[r]$ 异或数列 $suf[l]$ 后，$[l,r]$ 以内全为 0 。异或后为 0，等价于相等。因此我们分别把 $pre[r]$ 和 $suf[l]$ 的 $[l,r]$ 区间子序列哈希下来，$O(1)$ 比较。安排一下枚举顺序，处理全部可以达到 $O(n^2)$ 。

第二个条件，不太好办。但是我们可以发现一个规律：

• 只要存在两条边 $a-c,b-d$ ，且满足 $a<b<c<d$ ，那么 $a,b,c,d$ 一定是连通的。

证明很简单，归纳 $b$ 和 $c$ 数字的大小关系，会发现不论如何 $a-b$ 和 $b-c$ 中有至少一条边存在。

所以，一段区间 $[l,r]$ 不满足第二个条件，当且仅当存在一个分界点 $i\in [l,r)$ ，满足点 $i$ 前面有边，后面有边，但没有边跨过 $i$ 和 $i+1$ 的中间线。

我们固定左端点，右端点往右枚举，大力讨论，维护最靠左的一个最大区间 $[L,R]\subseteq [l,r]$ ，满足 $[L,R]$ 以内都是分界点（暂假设后面都有边）。我们得提前处理出 $pt[i][j]$ ，表示 $[j,i)$ 以内最靠左的位置，满足与 $i$ 有边相连，没有则为 $+\infty$。这个可以 $O(n^2)$ 预处理。

维护 $[L,R]$ 讨论如下：当枚举到 $r$ 时，令 $lf=pt[r][l]$

1. $lf>r$ ，若区间为空，且前面出现过边，则赋值 $[L,R]:=[r-1,r]$，否则如果 $R=r-1$ ，则 $R:=R+1$ 。
2. $lf<r$ ，将右端点 $R$ 尽量左移，$R:=\min (R,lf-1)$ ，此时若 $L>R$（即区间为空），则赋值 $[L,R]:=[r,r]$ 。

如果 $[L,R]$ 为空，或者 $R=r$ ，则子序列 $[l,r]$ 满足第二个条件。时间复杂度 $O(n^2)$ 。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 8005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define SI(x) set<x>::iterator
#define BI bitset<MAXN>
#define eps (1e-9)
LL read() {
	LL f=1,x=0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f*x;
}
void putpos(LL x) {
	if(!x) return ;
	putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
	if(!x) putchar('0');
	else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
	else putpos(x);
}
const int MOD = 998344353;
const int bt = 23;
int n,m,s,o,k;
int a[MAXN];
BI pre[MAXN],suf[MAXN],f1[MAXN];
int pt[MAXN][MAXN];
int hs[MAXN],po[MAXN];
int main() {
	n = read();
	po[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		a[i] = read();
		po[i] = po[i-1] *1ll* bt % MOD;
	}
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		pt[i][i+1] = n+2;
		for(int j = i;j > 0;j --) {
			pt[i][j] = pt[i][j+1];
			if(a[j] < a[i]) pt[i][j] = j,pre[i][j] = 1;
		}
		pre[i] ^= pre[i-1];
	}
	for(int i = n;i > 0;i --) {
		for(int j = i;j <= n;j ++) {
			if(a[j] > a[i]) {
				suf[i][j] = 1;
			}
			hs[j] = (hs[j] *1ll* bt % MOD + (int)pre[j][i]+2) % MOD;
		}
		suf[i] ^= suf[i+1];
		int has = 0;
		for(int j = i;j <= n;j ++) {
			(has += ((int)suf[i][j]+2) *1ll* po[j-i] % MOD) %= MOD;
			if(has == hs[j]) f1[i][j] = 1;
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		int l = n+3,r = n+2;
		for(int j = i;j <= n;j ++) {
			int lf = pt[j][i];
			if(lf > j) {
				if(l > r || (l == i-1 && r != j-1)) l = j-1,r = j;
				else if(r == j-1) r = j;
			}
			else {
				r = min(r,lf-1);
				if(l > r || l == i-1) l = r = j;
			}
			if(l > r || r == j || l < i) {
				ans += (int)f1[i][j];
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

后记

好家伙，居然是普及组比赛

3:18:51 过 T3，我还有救吗