洛谷 P7516 - [省选联考 2021 A/B 卷] 图函数（Floyd）

洛谷题面传送门

一道需要发现一些简单的性质的中档题（不过可能这道题放在省选 D1T3 中偏简单了？）

u1s1 现在已经是 \(1\text{s}\)​ \(10^9\)​ 的时代了吗？落伍了落伍了/ll

首先我们考虑 \(f(i,G)\)​ 是个什么东西，显然对于 \(x>i\)​ 的 \(x\)​ 肯定就不可能有贡献了对吧，因为扫描到 \(x\)​ 时 \(i\)​ 已经从图中删去了，而扫描到 \(i\)​ 时答案肯定会有 \(1\)​ 的贡献，因此我们不妨先给所有 \(h(G_i)\)​ 都加上 \(n\)​，然后只考虑 \(x<i\)​ 的 \(x\)​ 的贡献即可。思考什么情况下当我们删到 \(x\)​ 时 \(x\to i\)​ 和 \(i\to x\) 都存在​，经过一番观察可以发现以下性质：

Observation. 删到 \(x\)​ 时 \(x\to i\) 和 \(i\to x\) 的路径都存在，当且仅当存在 \(x\to i\) 和 \(i\to x\) 的路径只经过编号 \(\ge x\) 的点。

证明：充分性显然。必要性等价于如果不存在 \(x\to i\)​ 或 \(i\to x\)​ 的路径只经过编号 \(\ge x\)​ 的点，那么必然删到 \(x\)​ 时 \(x\to i\)​ 和 \(i\to x\)​ 中的一者不存在。考虑数学归纳，假设命题对 \(x'\le x\)​ 均成立，那么从 \(x-1\)​ 推到 \(x\)​ 时我们采取反证法，假设 \(x\to i\)​ 和 \(i\to x\)​ 二者在考虑到 \(x\)​ 时都存在，但是不存在 \(x\to i\)​ 和 \(i\to x\)​ 的路径只经过编号 \(\ge x\)​ 的点，那么你任取一对此时没有被删掉的 \(x\to i\)​ 和 \(i\to x\)​ 的路径，它们路径上编号最小的点必然是 \(<x\)​ 的，我们假设这个点为 \(y\)​，那么显然存在 \(y\to x,x\to y\) 的路径，而由于 \(y\) 是 \(x\to i\) 和 \(i\to x\) 路径上编号最小的点，\(y\to x\) 和 \(x\to y\) 路径上点的编号必然都 \(>y\)，有归纳假设 \(y\) 此时肯定已经被删除了，矛盾。

有了这个性质之后解题就异常方便了，我们考虑预处理出 \(g_{x,y}\) 表示在所有 \(x\to y\) 的满足不经过编号 \(<\min(x,y)\) 的点的路径中，经过的边的编号的最小值最大是多少，那么不难发现对于一对点 \((x,y)(x<y)\) 而言，它只可能对满足 \(i\le\min(g_{x,y},g_{y,x})\) 的 \(h(G_i)\) 产生 \(1\) 的贡献，差分一下转化为后缀和即可。那么怎么求 \(g_{x,y}\) 呢？我们考虑从大到小枚举中转点 \(z\ge\min(x,y)\)，用类似于 Floyd 的方式，取 \(\min(g_{x,z},g_{z,y})\) 更新答案即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^3+m)\)，略微有点卡常。

const int MAXN=1000;
const int MAXM=2e5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,mx[MAXN+5][MAXN+5],c[MAXM+5];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),chkmax(mx[u][v],i);
	for(int i=1;i<=n;i++) mx[i][i]=INF;
	for(int k=n;k;k--) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=((i<=k)?n:k);j++)
		chkmax(mx[i][j],min(mx[i][k],mx[k][j]));
//	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d%c",mx[i][j]," \n"[j==n]);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) c[min(mx[i][j],mx[j][i])]++;
	c[m+1]=n;for(int i=m+1;i;i--) c[i-1]+=c[i];
	for(int i=1;i<=m+1;i++) printf("%d%c",c[i]," \n"[i==m+1]);
	return 0;
}