【APIO2018】铁人两项
【APIO2018】铁人两项
大意就是给定一张无向图,询问三元组\((s,c,f)\)中满足\(s\neq c\neq f\)且存在\((s\to c\to f)\)的简单路径(每个点最多经过一次)的数量。
\(1\leq n,\leq 10^5,1\leq m\leq 2*10^5\)
我们考虑枚举\(s,f\)然后计算中间\(c\)的数量。我们发现对于一张图上统计两点之间路径上的点数量很好做。于是我们考虑建圆方树。
我们将圆点的权值定为\(-1\),将方点的权值定为与其直接相连的圆点的数量。\(u\)到\(v\)路径上可能经过的点的数量就是圆方树上\(u\to v\)路径上除了\(u,v\)的点权之和\(-2\)。
于是我们用树形\(\text{DP}\),计算每个点对答案的贡献。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int n,m;
int tot;
struct graph {
int to[N<<2],nxt[N<<2];
int h[N],cnt;
void add(int i,int j) {
to[++cnt]=j;
nxt[cnt]=h[i];
h[i]=cnt;
}
}s,g;
int dfn[N],low[N],id;
int st[N];
int val[N];
void work(int v,int to) {
tot++;
g.add(v,tot);
val[tot]=1;
while(1) {
int j=st[st[0]--];
val[tot]++;
g.add(tot,j);
if(j==to) return ;
}
}
ll tot_size;
void tarjan(int v,int fr) {
tot_size++;
dfn[v]=low[v]=++id;
st[++st[0]]=v;
for(int i=s.h[v];i;i=s.nxt[i]) {
int to=s.to[i];
if(to==fr) continue ;
if(!dfn[to]) {
tarjan(to,v);
low[v]=min(low[v],low[to]);
if(low[to]>=dfn[v]) {
work(v,to);
}
} else low[v]=min(low[v],dfn[to]);
}
}
ll ans;
int size[N];
void dfs(int v) {
int tim=0;
for(int i=g.h[v];i;i=g.nxt[i]) {
int to=g.to[i];
dfs(to);
ans+=1ll*val[v]*size[v]*size[to];
tim+=size[v]*size[to];
size[v]+=size[to];
}
if(v<=n) size[v]++;
if(v<=n) {
tim+=(size[v]-1)*(tot_size-size[v]);
ans+=1ll*val[v]*(size[v]-1)*(tot_size-size[v]);
} else {
tim+=size[v]*(tot_size-size[v]);
ans+=1ll*val[v]*size[v]*(tot_size-size[v]);
}
}
int main() {
n=Get(),m=Get();
tot=n;
int a,b;
for(int i=1;i<=m;i++) {
a=Get(),b=Get();
s.add(a,b),s.add(b,a);
}
for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(dfn[i]) continue ;
tot_size=0;
tarjan(i,0);
dfs(i);
ans-=1ll*tot_size*(tot_size-1);
}
cout<<ans*2;
return 0;
}