铁人两项题解
铁人两项：
洛谷P4630 [APIO2018] Duathlon 铁人两项
题目描述
比特镇的路网由 m 条双向道路连接的 n 个交叉路口组成。
最近，比特镇获得了一场铁人两项锦标赛的主办权。这场比赛共有两段赛程：选手先完成一段长跑赛程，然后骑自行车完成第二段赛程。
比赛的路线要按照如下方法规划：
先选择三个两两互不相同的路口s,c和f，分别作为比赛的起点、切换点（运动员在长跑到达这个点后，骑自行车前往终点）、终点。
选择一条从s出发，经过c最终到达f的路径。考虑到安全因素，选择的路径经过同一个点至多一次。
在规划路径之前，镇长想请你帮忙计算，总共有多少种不同的选取s,c和f的方案，使得在第2步中至少能设计出一条满足要求的路径。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数 n和 m ，分别表示交叉路口和双向道路的数量。
接下来 m行，每行两个整数ui和vi，示存在一条双向道路连接交叉路口(1<=ui,vi<=n;ui!=vi)。
保证任意两个交叉路口之间，至多被一条双向道路直接连接。
输出格式：
输出一行，包括一个整数，表示能满足要求的不同的选取s,c和f的方案数。
输入输出样例
输入样例#1：
4 3
1 2
2 3
3 4
输出样例#1：
8
输入样例#2：
4 4
1 2
2 3
3 4
4 2
输出样例#2：
14
说明
提示
在第一个样例中，有以下 8种不同的选择(s,c,f)的方案： (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (2, 3, 4), (3, 2, 1), (4, 2, 1), (4, 3, 1), (4, 3, 2)。
在第二个样例中，有以下 14种不同的选择(s,c,f) 的方案：(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(1,4,3),(2,3,4),(2,4,3),(3,2,1),(3,2,4),(3,4,1),(3,4,2),(4,2,1),(4,2,3),(4,3,1),(4,3,2)。
子任务（注：这里给出的子任务与本题在这里的最终评测无关，仅供参考）
Subtask 1(points: 55): n≤10,m≤100
Subtask 2(points: 1111): n≤50,m≤100
Subtask 3(points: 88): n≤100000，每个交叉路口至多作为两条双向道路的端点
Subtask 4(points: 1010): n≤1000，在路网中不存在环
Subtask 5(points: 13): n≤100000，在路网中不存在环
Subtask 6(points: 15): n≤1000，对于每个交叉路口，至多被一个环包含
Subtask 7(points: 20): n≤100000，对于每个交叉路口，至多被一个环包含
Subtask 8(points: 8): n≤1000,m≤2000
Subtask 9(points: 10): n≤100000,m≤200000
题意：
求两点u到v的中转站(u到v路径上不为u、v的点)的方案数(点数)
答案为任意u、v的方案数和。
思路：
圆方树+树型DP。
先考虑两点u到v的方案数。
我们考虑如何赋值。
对于每条路径，定从一原点开始，一原点结束。
图中所经过的点双，我们显然都可以选作中转站。
但问题是割点同时属于多个点双(在一条链上只可能属于两个)。
若经过n个方点(点双)，只会经过n-1个割点；
加上首尾两端不算的点，也被路上的点双算入；
也就是说走一个路上的圆点就减1；
不妨将圆点权值赋值为-1，方点权值赋值为点双含点数量；
则u到v方案数为u到v权值和，可以用lca和前缀和求解。
但要求任意u到v的方案，且已将方案问题转化为权值问题；
考虑树型DP。
对于每个点我们可以统计它被多少条路径经过，
它的贡献即为w*经过的路径数。
显然，经过这个点的路径有两种情况：
<1>.从这棵子树到另一棵子树。
<2>.从这个点到子树(这个点为圆点)。
只需按如下代码做即可：
1 void dfs(int u,int fa) 2 { 3 siz[u]=(u<=t1); 4 for(int i=head2[u];i;i=g[i].nxt) 5 if(g[i].to!=fa) 6 { 7 dfs(g[i].to,u),ans+=2ll*w[u]*siz[u]*siz[g[i].to]; 8 siz[u]+=siz[g[i].to]; 9 } 10 ans+=2ll*w[u]*siz[u]*(num-siz[u]); 11 //u到v和v到u算两条路径 12 }
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=200006,M=400006; 4 int head[N],head2[N],low[N],dfn[N],siz[N],w[N],n,m; 5 int deep=0,cnt=0,top=0,s[N],t1,t2,num=0; 6 long long ans=0; 7 struct edge 8 { 9 int nxt,to; 10 }e[M<<1],g[M<<1]; 11 inline int read() 12 { 13 int T=0,F=1; char ch=getchar(); 14 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') F=-1; ch=getchar();} 15 while(ch>='0'&&ch<='9') T=(T<<3)+(T<<1)+(ch-48),ch=getchar(); 16 return F*T; 17 } 18 inline void add(int u,int v){e[++cnt].nxt=head[u]; e[cnt].to=v; head[u]=cnt;} 19 inline void add2(int u,int v){g[++cnt].nxt=head2[u]; g[cnt].to=v; head2[u]=cnt;} 20 void tarjan(int u) 21 { 22 dfn[u]=low[u]=++deep; s[++top]=u; ++num; 23 int t; 24 for(int i=head[u];i,t=e[i].to;i=e[i].nxt) 25 { 26 if(!dfn[t]) 27 { 28 tarjan(t),low[u]=min(low[u],low[t]); 29 if(low[t]>=dfn[u]) 30 { 31 ++n; add2(n,u),add2(u,n); ++w[n]; 32 while(s[top+1]!=t) add2(s[top],n),add2(n,s[top]),++w[n],--top; 33 } 34 } 35 else low[u]=min(low[u],dfn[t]); 36 } 37 } 38 void dfs(int u,int fa) 39 { 40 siz[u]=(u<=t1); 41 for(int i=head2[u];i;i=g[i].nxt) 42 if(g[i].to!=fa) 43 { 44 dfs(g[i].to,u),ans+=2ll*w[u]*siz[u]*siz[g[i].to]; 45 siz[u]+=siz[g[i].to]; 46 } 47 ans+=2ll*w[u]*siz[u]*(num-siz[u]); 48 //u到v和v到u算两条路径 49 } 50 int main() 51 { 52 n=read(),m=read(); 53 for(register int i=1;i<=m;++i) t1=read(),t2=read(),add(t1,t2),add(t2,t1); 54 cnt=0; t1=n; 55 for(register int i=1;i<=n;++i) w[i]=-1; 56 for(register int i=1;i<=t1;++i) if(!dfn[i]) top=0,num=0,tarjan(i),dfs(i,0); 57 printf("%lld\n",ans); 58 return 0; 59 }
