题解 P4630 [APIO2018] 铁人两项

具体思路

题目问的是三元组 $(x,z,y)$ 使得 $x$ 可以到达 $z$，且 $z$ 可以到达 $y$，求三元组 $(x,z,y)$ 的数量。

我们转化一下问题，就是问 $x,y$ 之间所有不重复路径的点的并集减 $2$。

显然，无向图中任意一个点都属于一个点双连通分量。

那么问题转化为 $x,y$ 之间所有点双联通分量的并集减 $2$。

由于无向图中统计路径很难，而如果是树上问题，我们就可以树形 dp 了，于是考虑转化为树上问题。

那么需要建圆方树。

我们建好圆方树后，由于要求点双连通分量的并集，我们考虑给方点赋上点权，点权就是点双连通分量的大小。

但是这样会算重，因为一个割点可能并不只属于一个点双连通分量，因此我们需要给每个圆点在赋上 $-1$ 的点权，就可以避免算重的问题了。

那么问题又转化为任意两个圆点之间的路径权值和。

直接计算的话时间复杂度为 $O(n^2)$，我们不满足于此，需要优化。

考虑计算每个点的贡献，显然就是这个点的权值乘上这个点被经过的次数。

考虑树形 dp。

我们令 $x$ 为三元组的中间点，$y$ 为三元组的终点，$st$ 为三元组的起点。

我们强制让 $y$ 在子树内，那么此时 $st$ 可以在 $y$ 前面的子树内，也可以是 $x$ 上面其他子树内。

其实这里 $st$ 可以在 $y$ 后面的子树内，但是为了不算重，我们只计算前面的贡献，最后 $\times 2$即可。

• 若 $st$ 在 $y$ 前面的子树内，$val=w_x\times si{z}_{\mathrm{前}\mathrm{面}\mathrm{子}\mathrm{树}}\times si{z}_y$。

• 若 $st$ 在 $x$ 上面其他子树内， $val=w_x\times (si{z}_{\mathrm{整}\mathrm{颗}\mathrm{子}\mathrm{树}}-si{z}_x)$。

最后记得所有节点的贡献乘以二即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,M=2e5+5;
int n,m;
struct edge{
	int x,y,pre;
}a[2*M];
int last[N],alen;
void ins(int x,int y){
	a[++alen]=edge{x,y,last[x]};
	last[x]=alen;
}
int dfn[N],low[N],id;
int top,sta[N];
int cnt,tot;LL w[2*N];
vector<int>G[2*N];
void tarjan(int x){
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=++id;
	sta[++top]=x;
	w[x]=-1;
	for(int k=last[x];k;k=a[k].pre){
		int y=a[k].y;
		if(!dfn[y]){
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
			if(dfn[x]<=low[y]){
				cnt++;
				int z;
				do{
					z=sta[top--];
					G[cnt].push_back(z);
					G[z].push_back(cnt);
					w[cnt]++;
				}while(z!=y);
				G[cnt].push_back(x);
				G[x].push_back(cnt);
				w[cnt]++;
			}
		}
		else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
}
LL siz[2*N],ans=0;
void dfs(int x,int fa){
	if(x<=n)siz[x]=1;
	for(int y:G[x]){
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		ans=ans+2*siz[x]*siz[y]*w[x];
		siz[x]=siz[x]+siz[y];
	}
	ans=ans+2*siz[x]*(tot-siz[x])*w[x];
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	alen=1;memset(last,0,sizeof(last));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		ins(x,y),ins(y,x);
	}
	cnt=n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!dfn[i]){
			tot=0;
			tarjan(i);
			dfs(i,0);
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}