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？（(1le N,Mle 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 ightarrow y,y ightarrow z)，就会产生(z ightarrow 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
",ans);
return 0;
}