[agc006_f] Blackout

Description

​ 给你一个(N *N)的网格，初始(M)个格子((a_i,b_i))被涂成黑色，其余为白色。每次可以将一些格子涂成黑色，规则如下如果存在三个格子((x,y),(y,z),(z,x))满足((x,y),(y,z))均为黑色，且((z,x))为白色，那么我们可以把((z,x))涂成黑色。输出不能继续操作时，黑格子的最大数量。

Hint

(1<=N,M<=10^5,1<=a_i,b_i<=N)，并且所有的((a_i,b_i))互不相同。

Solution

​ 先转化模型，将网格变成邻接矩阵，于是题目转化为：有一个有向图，如果x->y,y->z,加上z->x。重复该过程直到不能再添加。求最终图中有多少边。

​ 首先，各个弱联通块之间互不影响，所以，每个弱联通块单独考虑。手玩一下发现

1、一条长度为2的链会构成一个三元环。

2、如果出现二元环，一定会出现自环

3、所有连向有自环的点的点，会出现自环

4、一旦出现二元环或者自环原弱联通块会变成完全图。

​ 那么，我们考虑如何判断该联通块会不会出现二元环，或者自环。那么我们将弱联通块三染色，分类讨论：

1、染色失败，如果每种颜色都出现过，说明出现了二元环或者自环，原图最终一定是一个完全图；如果，只出现了一种或者两种颜色，说明无法增加新的边。

2、染色成功，则弱联通块的答案为，染色为0的点连向染色为1的点，染色为1的点连向染色为2的点，染色为2的点连向染色为0的点。

​ 分类统计答案即可。

Code

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 10;
 
int n, m, ecnt, h[maxn], col[maxn];
ll cnt[5];
struct enode{
  int v, n, w;
  enode() {}
  enode(int _v, int _n, int _w):v(_v), n(_n), w(_w) {}
}e[maxn << 1];
 
inline void addedge(int u, int v, int w) {
  ecnt ++; e[ecnt] = enode(v,h[u],w); h[u] = ecnt;
}
 
int flag = 0;
void dfs(int u) {
  cnt[col[u]] ++;
  for(int i = h[u];~ i;i = e[i].n) {
    if(e[i].w == 1) cnt[3] ++;
    int v = e[i].v, tmp = (col[u] + e[i].w) % 3;
    if(col[v] == -1) {
      col[v] = tmp;
      dfs(v);
    }
    else if(col[v] != tmp) flag = 1;
  }
}
 
int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m); ecnt = 0;
  memset(h,-1,sizeof(h));
  for(int i = 1;i <= m;i ++) {
    int u, v;
    scanf("%d%d", &u, &v);
    addedge(u,v,1);
    addedge(v,u,2);
  }
  ll ans = 0;
  memset(col,-1,sizeof(col));
  for(int i = 1;i <= n;i ++) {
    if(~ col[i]) continue;
    cnt[0] = cnt[1] = cnt[2] = cnt[3] = 0;
    col[i] = 0;
    flag = 0;
    dfs(i);
    if(flag) {
      ll tmp = cnt[0] + cnt[1] + cnt[2];
      ans = ans + 1LL * tmp * tmp;
      continue;
    }
    if(cnt[0] && cnt[1] && cnt[2]) {
      ans = ans + cnt[0] * cnt[1] + cnt[1] * cnt[2] + cnt[2] * cnt[0];
      continue;
    }
    ans = ans + cnt[3];
  }
  printf("%lld
", ans);
  return 0;
}