【agc006f】Blackout（神仙题）

【agc006f】Blackout（神仙题）

翻译

给定一个\(n*n\)的网格图，有些格子是黑色的。如果\((x,y),(y,z)\)都是黑色的，那么\((y,x)\)也会被染黑，求最终黑格子数量。

题解

网格图我们显然是存不下的，把它转化成图来考虑。于是题目变成了:给定一个\(n\)个点\(m\)条边的图，如果\(x\rightarrow y\)，\(y\rightarrow z\)的边都存在，那么连边\(z\rightarrow x\)，回答边的数量。

然后开始手动翻译题解。

首先，我们可以计算每一个弱联通块(把边看成无向边的联通块)，那么答案显然就是所有弱联通块的答案的总和。我们先假定图是一个弱联通图。

考虑这样一种情况，我们把点依次标号，然后在\(i\)和\(i+1\)之间连边，那么如果\(s\)和\(t\)之间存在边\(s\rightarrow t\)，那么当且仅当\(t\equiv s+1(mod\ 3)\)。具有一定启发意义，我们考虑在模\(3\)的意义下搞点事情。我们用\(A,B,C\)给所有点做标记，并且强制要求对于任意一条边，只可能是\(A\rightarrow B\)，\(B\rightarrow C\)，\(C\rightarrow A\)。这样标号的方式可能不存在，但是不难证明一旦存在合法的标号方案，那么标号的方法唯一(不考虑循环\(ABC\)的顺序)。你可以把整个图给\(dfs\)一遍，这样子可以得到唯一的染色方案，或者证明它不存在。

通过标号的结果，我们可以得到三种情况，给出每种情况下的结论，等下再给出证明。

• 当标号存在，但是并没有用到所有的三种颜色，那么你无法在这个联通块中进行任何操作。
• 当标号存在，并且所有的三种颜色都被用到，那么你可以把所有\(AB\)之间连边，\(BC\)之间连边，\(CA\)之间连边，并且只能连这些边。
• 当标号方案不存在，你可以给任意一对点之间连边，包括自环。

利用结论，可以很容易的计算出答案，时间复杂度\(O(m)\)。代码如下，证明内容(当然是翻译的啊)在代码后面。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 100100
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
struct Line{int v,next,w;}e[MAX<<1];
int h[MAX],cnt=1,dg[MAX];
inline void Add(int u,int v,int w){e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;}
int n,m;ll ans;
int vis[MAX],f[3],edge,size;bool label;
void dfs(int u,int d)
{
	vis[u]=d;f[d]+=1;++size;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;if(e[i].w==1)++edge;
		if(vis[v]==-1)dfs(v,(d+e[i].w)%3);
		else if(vis[v]!=(vis[u]+e[i].w)%3)label=false;
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int x=read(),y=read();
		Add(x,y,1);Add(y,x,2);
	}
	memset(vis,-1,sizeof(vis));
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(vis[i]==-1)
		{
			label=true;f[0]=f[1]=f[2]=0;size=edge=0;dfs(i,0);
			if(label)ans+=(!min(f[0],min(f[1],f[2])))?(edge):(1ll*f[0]*f[1]+1ll*f[1]*f[2]+1ll*f[2]*f[0]);
			else ans+=1ll*size*size;
		}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

• 当标号存在，但是并没有用到所有的三种颜色，那么你无法在这个联通块中进行任何操作。

  如果存在边\((x,y)\)和\((y,z)\)，那么必定意为这所有的三种颜色都会被用到。既然如此，那么意味着这里不存在上述的边，所以你不能连出任何一条新边。

• 当标号存在，并且所有的三种颜色都被用到，那么你可以把所有\(AB\)之间连边，\(BC\)之间连边，\(CA\)之间连边，并且只能连这些边。

  必定存在若干形如\((x,y),(y,z)\)这样的边，我们不妨令\(x\)染\(A\)，\(y\)染\(B\)，\(z\)染\(C\)。我们可以看出所有新连的边加上原边会构成一个个三角形。举个例子，令\(v\)存在一条边\((v,x)\)，那么必定存在边\((y,v)\)，那么我们不难证明任意一个\(v\)一定和\(x,y,z\)三个点中的两个有直接的边相连。所以任意的\(A\)都会连出一条\(A\rightarrow B\)，其他的边同理。

• 当标号方案不存在，你可以给任意一对点之间连边，包括自环。

  我们证明至少会存在一个自环。既然标号方案不存在，那么必定存在一个环导致了矛盾，注意，这个环不一定是有向环。那么这个环至少存在两条边\((x,y)\),\((y,z)\)，那么我们可以连上\((z,x)\)，那么等价于我们看这个环的时候可以直接跳过\(y\)。既然原先的环会导出矛盾，那么当前这个环照样会导出矛盾，那么我们重复这个过程，就可以得到自环。而其他的边存在的原因和前面两个证明类似，不再重复证明。