CF985G Team Players

CF985G Team Players

Luogu CF985C

题面翻译

有 $n$ 个点，编号依次为 $0,1....n-1$。

如果一个三元组 $(i,j,k)(i<j<k)$ 两两没有边相连，那么它的贡献为 $A\ast i+B\ast j+C\ast k$。

求出所有三元组的贡献和，答案对 $2^{64}$ 取模。

题目描述

There are $n$ players numbered from $0$ to $n-1$ with ranks. The $i$ -th player has rank $i$ .

Players can form teams: the team should consist of three players and no pair of players in the team should have a conflict. The rank of the team is calculated using the following algorithm: let $i$ , $j$ , $k$ be the ranks of players in the team and $i<j<k$ , then the rank of the team is equal to $A\cdot i+B\cdot j+C\cdot k$ .

You are given information about the pairs of players who have a conflict. Calculate the total sum of ranks over all possible valid teams modulo $2^{64}$ .

输入格式

The first line contains two space-separated integers $n$ and $m$ ( $3\le n\le 2\cdot {10}^5$ , $0\le m\le 2\cdot {10}^5$ ) — the number of players and the number of conflicting pairs.

The second line contains three space-separated integers $A$ , $B$ and $C$ ( $1\le A,B,C\le {10}^6$ ) — coefficients for team rank calculation.

Each of the next $m$ lines contains two space-separated integers $u_i$ and $v_i$ ( $0\le u_i,v_i<n,u_i\ne v_i$ ) — pair of conflicting players.

It's guaranteed that each unordered pair of players appears in the input file no more than once.

输出格式

Print single integer — the total sum of ranks over all possible teams modulo $2^{64}$ .

样例 #1

样例输入 #1

4 0
2 3 4

样例输出 #1

64

样例 #2

样例输入 #2

4 1
2 3 4
1 0

样例输出 #2

38

样例 #3

样例输入 #3

6 4
1 5 3
0 3
3 5
5 4
4 3

样例输出 #3

164

提示

In the first example all $4$ teams are valid, i.e. triples: {0, 1, 2}, {0, 1, 3}, {0, 2, 3} {1, 2, 3}.

In the second example teams are following: {0, 2, 3}, {1, 2, 3}.

In the third example teams are following: {0, 1, 2}, {0, 1, 4}, {0, 1, 5}, {0, 2, 4}, {0, 2, 5}, {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 2, 5}.

Solution

两两不连边不好计算，考虑容斥，分为所有三元组、至少有一条边相连的、至少有两条边相连的、至少有三条边相连的。

第四种很好计算，直接套三元环计数板子即可，考虑剩余的如何计算。

由于笔者习惯，以下所有节点编号改为 $[1,n]$，因此在计算对答案的贡献的时候会 $-1$。

• 所有三元组 $(x,y,z)$：

  枚举 $i\in [1,n]$，分讨 $i$ 在三元组中的位置：

  • $x=i$：此时 $y,z$ 只需要满足大于 $x$，因此对答案贡献 $A\cdot {\displaystyle \frac{(n-i)(n-i-1)}{2}}\cdot (i-1)$；
  • $y=i$：此时 $x\in [1,y)$，$z\in (y,n]$，因此对答案贡献 $B\cdot (i-1)(n-i)(i-1)$；
  • $z=i$：此时 $x,y$ 只需要满足小于 $z$，因此对答案贡献 $C\cdot {\displaystyle \frac{(i-1)(i-2)}{2}}\cdot (i-1)$。

• 至少有一条边相连：

  枚举所有边 $u\leftrightarrow v$，不妨设 $u<v$，考虑分讨第三个元素 $t$ 与 $u,v$ 的大小关系：

  • $x=u$：此时只需要 $t>x$，因此对答案贡献为 $A\cdot (u-1)(n-u-1)$；
  • $y=u$：此时只需要 $t<x$，因此对答案贡献为 $B\cdot (u-1)(u-1)$；
  • $y=v$：此时只需要 $t>y$，因此对答案贡献为 $B\cdot (v-1)(n-v)$；
  • $z=v$：此时只需要 $t<y$，因此对答案贡献为 $C\cdot (v-1)(v-2)$；
  • $x=t$：此时 $t\in [1,u)$，利用等差数列求和公式得到贡献为 $A\cdot {\displaystyle \frac{(u-1)(u-2)}{2}}$；
  • $y=t$：此时 $t\in (u,v)$，同理得到贡献为 $B\cdot {\displaystyle \frac{(u+v-2)(v-u-1)}{2}}$；
  • $z=t$：此时 $t\in (v,n]$，贡献为 $C\cdot {\displaystyle \frac{(n+v-1)(n-v)}{2}}$。

• 至少有两条边相连：

  考虑枚举每个点的出边，先将出边按照到达节点的编号排序。设当前枚举的节点是 $u$，到达的节点为 $v$，在 $u$ 的所有可到达节点中排名第 $i$，$u$ 所有可到达的节点个数为 $tn$。分讨一下 $u,v$ 的大小关系，设第三个元素的编号为 $t$。

  • $v<u$：

    • 若 $t<v$，则 $v$ 对答案贡献 $A\cdot (v-1)(tn-i-1)$；
    • 若 $t>v$，则 $v$ 对答案贡献 $B\cdot (v-1)(i-1)$。

  • $v>u$：

    • 若 $t<v$，则 $v$ 对答案贡献 $C\cdot (v-1)(i-2)$；
    • 若 $t>v$，则 $v$ 对答案贡献 $B\cdot (v-1)(tn-i)$。

  对于 $u$ 对答案的贡献，也进行分讨：

  • $x=u$：此时为 $t,v>u$，贡献为 $A\cdot {\displaystyle \frac{(tn-i)(tn-i-1)}{2}}\cdot (u-1)$；
  • $y=u$：此时 $t,v$ 分居 $u$ 两侧，贡献为 $B\cdot (tn-i)(i-1)\cdot (u-1)$；
  • $z=u$：此时 $t,v<u$，贡献为 $C\cdot {\displaystyle \frac{(i-1)(i-2)}{2}}\cdot (u-1)$。

分讨完了过后将所有情况乘上容斥系数加起来即是答案。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
using ui64 = unsigned long long;

int n, m;
ui64 A, B, C;
ui64 ans = 0;
constexpr int _N = 2e5 + 5;
vector<int> oe[_N], ne[_N];
int deg[_N], fr[_N], to[_N];

ui64 GetAns1() {
	ui64 sum = 0;
	
	for (int X = 1; X <= n; ++X)
		for (int Y : ne[X]) {
			int x = min(X, Y), y = max(X, Y);
			sum += A * (x - 1) * (n - x - 1);
			sum += B * (x - 1) * (x - 1);
			sum += B * (y - 1) * (n - y);
			sum += C * (y - 1) * (y - 2);
			sum += A * (x - 1) * (x - 2) / 2;
			sum += B * (y + x - 2) * (y - x - 1) / 2;
			sum += C * (n + y - 1) * (n - y) / 2;
		}
	
	return sum;
}

ui64 GetAns2() {
	ui64 sum = 0;
	
	for (int X = 1; X <= n; ++X) {
		oe[X].emplace_back(X);
		sort(oe[X].begin(), oe[X].end());
		int tn = oe[X].size() - 1;
		
		for (int i = 0; i <= tn; ++i) {
			int Y = oe[X][i];
			
			if (Y != X) {
				if (Y < X) {
					sum += A * (Y - 1) * (tn - i - 1);
					sum += B * (Y - 1) * i;
				} else {
					sum += B * (Y - 1) * (tn - i);
					sum += C * (Y - 1) * (i - 1);
				}
			} else {
				sum += A * (tn - i) * (tn - i - 1) / 2 * (X - 1);
				sum += B * i * (tn - i) * (X - 1);
				sum += C * i * (i - 1) / 2 * (X - 1);
			}
		}
	}
	
	return sum;
}

int vis[_N];

ui64 GetAns3() {
	ui64 sum = 0;
	
	for (int X = 1; X <= n; ++X) {
		for (int Y : ne[X]) vis[Y] = X;
		
		for (int Y : ne[X]) for (int Z : ne[Y]) {
			if (vis[Z] != X) continue;
			
			int t[] = {X, Y, Z};
			sort(t, t + 3);
			sum += (t[0] - 1) * A + (t[1] - 1) * B + (t[2] - 1) * C;
		}
	}
	
	return sum;
}

ui64 GetAll() {
	ui64 sum = 0;
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		sum += A * (n - i) * (n - i - 1) / 2 * (i - 1);
		sum += B * (i - 1) * (n - i) * (i - 1);
		sum += C * (i - 1) * (i - 2) / 2 * (i - 1);
	}
	
	return sum;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m >> A >> B >> C;
	
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		cin >> fr[i] >> to[i]; ++fr[i], ++to[i];
		oe[fr[i]].emplace_back(to[i]);
		oe[to[i]].emplace_back(fr[i]);
		++deg[fr[i]], ++deg[to[i]];
	}
	
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int x = fr[i], y = to[i];
		
		if (deg[x] > deg[y] || (deg[x] == deg[y] && x > y)) swap(x, y);
		
		ne[x].emplace_back(y);
	}
	
	ui64 all = 0, sum = 0;
	all = GetAll();
	sum = GetAns1() - GetAns2() + GetAns3();
	cout << all - sum << '\n';
}