2017国家集训队作业[agc006f]Blackout

题意:

有一个\(N*N\)的网格,一开始有\(M\)个格子被涂黑,给出这\(M\)个格子,和染色操作:如果有坐标为\((x,y),(y,z)\)的格子已被染黑,那么就可以染黑坐标为\((y,z)\)的格子。问操作到不能再操作的时候,网格里有多少个黑格子?(\(1\le N,M\le 10^5\),最开始给出的\(M\)个坐标互不相同)

题解:

在场上签到签了两个小时,看到这题一脸懵逼。= =!大概想到是把形如\((x,y),(y,z)\)格子之间连一条边,然后会产生个新点之类的。现在想想,这样的空间复杂度完全不对了,做法不可能是这个。(然而我在场上想到这的时候,决定去打暴力了)

每个\(OIer\)肯定做过一题,就是在网格上求某种合法方案,使得同一行、同一列只能有一个点。二分图匹配,对吧。那里选一个点等于行号同列之间连一条边。这题也是这样的模型。

把所有初始涂黑的点的行号同列号之间连一条单向边,那么所有点组成了若干个弱联通块,如果有边\(x\rightarrow y,y\rightarrow z\),就会产生\(z\rightarrow x\)的边,这样,我们发现一次操作一定生成了一个三元环,三染色。。。。。。。。不妨设染色顺序为\(0,1,2\)。

三种情况:

\(1.\)如果三种颜色没法全部用到,那么说明当前弱联通块无法进行操作。那么它对答案的贡献就是弱联通块的边数。

\(2.\)如果三种颜色全部用到了,但是存在某两个同颜色的点之间有边,那么说明这个弱联通块出现了环,稍微画画就能得出这个弱联通块最后一定会成为一个完全图,贡献为点数的平方。

\(3.\)其它情况,贡献为:颜色为颜色为\(0\)的点数\(*\)颜色为\(1\)的点数\(+\)颜色为\(1\)的点数\(*\)颜色为\(2\)的点数\(+\)颜色为\(2\)的点数\(*\)颜色为\(0\)的点数。

一名签到和暴力选手的啰嗦题解。。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fo(i,l,r) for(ll i=l;i<=r;i++)
#define of(i,l,r) for(ll i=l;i>=r;i--)
#define fe(i,u) for(ll i=head[u];i;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll rd()
{
static ll x,f;
x=0,f=1;
char ch=getchar();
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
const ll N=100010;
struct edge{
ll v,ty,next;
edge(ll v=0,ll ty=0,ll next=0):v(v),ty(ty),next(next){}
}e[N<<1];
ll n,m,col[N],cnt[3],siz;
ll tot=0,head[N];
bool flag; inline void add(ll u,ll v,ll ty){e[++tot]=edge(v,ty,head[u]);head[u]=tot;} void dfs(ll u)
{
cnt[col[u]]++;
fe(i,u){
ll v=e[i].v,ty=e[i].ty;
siz+=(ty==1);
if(~col[v])flag|=(col[v]!=(col[u]+ty)%3);
else col[v]=(col[u]+ty)%3,dfs(v);
}
} int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("inb.txt","r",stdin);
#endif
n=rd();m=rd();
fo(i,1,m){
ll x=rd(),y=rd();
add(x,y,1);add(y,x,2);
}
memset(col,-1,sizeof col);
ll ans=0;
fo(i,1,n){
if(~col[i])continue;
cnt[col[i]=0]=cnt[1]=cnt[2]=siz=flag=0;
dfs(i);
if(flag)ans+=(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2])*(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]);
else if(cnt[0]&&cnt[1]&&cnt[2])ans+=cnt[0]*cnt[1]+cnt[1]*cnt[2]+cnt[2]*cnt[0];
else ans+=siz;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}

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