Codeforces 1338E JYPnation (图论)

UPD 2020.04.30：本题解被发现存在严重错误，已更正。

题目链接

https://codeforces.com/contest/1338/problem/E

题解

这题太神了……这才是 div1E 啊，比什么 nim 积意义下的离散对数之类的高明到不知道哪里去了
这篇题解主要复述一下官方题解并补充一下官方题解上省略的证明。所有证明都是蒟蒻口胡的，有问题敬请指出。

下面把题目保证不存在的那个 (4) 个点的子图称作 (H)，用四元组表示 (H) 时，默认最后一个点入度为 (3)；整张图的点集记作 (V). 设一个点 (u) 的入点集合为 (in(u)).

首先对这个图进行拓扑排序，每次删掉入度为 (0) 的点，则该点对答案的贡献是 ((614n+1)) 乘以剩下的点数。不妨假设剩下的图非空，下面的内容都在剩下的图上进行。我们会发现：
引理 0 不存在入度为 (0) 的点时，整张图是强连通的。
证明 对其缩点后，大小超过 (1) 的 SCC 必定有三元环，而入度为 (0) 的 SCC 必定大小超过 (1). 因此如果 SCC 个数超过 (1)，则取入度为 (0) 的 SCC 的一个三元环和其余的 SCC 中的一个点，会构成 (H).
引理 1 (forall u, in(u)cup {u}) 无环。
证明 反证，如果有环的话环上的点构成一个大小至少为 (3) 的 SCC，必定存在三元环，和 (u) 点构成 (H).
引理 2 任取一个点 (X)，我们可以把整张图划分为两部分 (P=in(X)cup {X},Q=Vsetminus P)，则存在 (uin Q,vin P) 满足 ((u,v)) 有边。
证明 由于整张图强连通，显然。
（题解在这里的做法是取度数最大的点作为 (X)，实际上是需要的，理由将在下面给出。）
任取一个满足引理 2 条件的点 (v). 设 (R=in(v)cap Q,S=Qsetminus R).
引理 3 (forall yin S,zin R)，((y,z)) 有边。
证明 反证，设 ((z,y)) 有边，则 ((v,X,z,y)) 四个点构成 (H).
引理 4 (S) 无环，(R) 无环。
证明 根据引理 1 得 (R) 无环；若 (S) 有环则和 (R) 中任何一点构成 (H).
引理 5 (P) 无环，(Q) 无环。
证明 根据引理 1 得 (P) 无环，由 (S,R) 分别无环且 (S,R) 之间连的边都由 (S) 指向 (R) 得到 (Q=Scup R) 无环。
到这里，我们就知道我们把这张图划分成了两个部分，且两部分分别无环。

对两部分分别进行拓扑排序，并给他们标号为 (P_i,Q_i)（现在把集合看成序列），不妨设 (ilt j) 当且仅当存在边 ((P_i,P_j))，(Q) 同理。
设 (inP(u)=in(u)cap P,inQ(u)=in(u)cap Q).
引理 6a (forall i)，(inQ(P_i)) 为 (Q) 的一段后缀；
证明 反证，若存在 (jlt k) 满足 ((P_i,Q_k),(Q_j,P_i)). 注意到 (P) 的最后一个元素是 (X)，且 (X) 向 (Q) 中每个点都连了边。于是 ((P_i,Q_j,X,Q_k)) 构成 (H).
那么不难发现，(forall i,j), 若(|inQ(P_i)|=|inQ(P_j)|) 则 (inQ(P_i)=inQ(P_j))，否则大的包含小的。
引理 6b (forall i)，(inP(Q_i)) 为 (P) 的一段后缀。
证明 设 (l_i) 为最小的 (j) 满足 ((Q_j,P_i)) 有边（若不存在视为 (+infty)），可以证明 (l_ile l_{i+1}).
反证：若 (l_igt l_{i+1}) 且都不为 (+infty)，则 ((P_i,Q_{l_{i+1}},Q_{l_i},P_{i+1})) 四个点构成 (H).
若 (l_i=+infty)，则由于入度不为 (0)，(P_1) 一定满足 (l_1 e +infty)，即 ((Q_{|Q|},P_1)). 而因为 ((P_i,Q_{|Q|}),(Q_{|Q|},P_{i+1})) 故 ((P_1,P_i,Q_{|Q|},P_{i+1})) 构成 (H).

还有一个问题：(dis(Q_j,P_i)) 在 ((P_i,Q_j)) 有边时的距离没有解决。由于整张图中没有入度大于 (X) 的点，故 (Q) 中每个点会往 (P) 中连至少一条边。而因为 (Q) 往 (P) 连的点是 (P) 的一个前缀，因此一定会连到 (P_1)，故 (dis(Q_j,P_i)=2).

最后总结一下结论：
(dis(P_i,P_j)=1Leftrightarrow ilt j)
(dis(P_i,P_j)=2Leftrightarrow jlt iland |inQ(P_i)| e |inQ(P_j)|)
(dis(P_i,P_j)=3Leftrightarrow jlt iland |inQ(P_i)|=|inQ(P_j)|)
(dis(Q_i,Q_j)=1Leftrightarrow ilt j)
(dis(Q_i,Q_j)=2Leftrightarrow jlt iland |inP(Q_i)| e |inP(Q_j)|)
(dis(Q_i,Q_j)=3Leftrightarrow jlt iland |inP(Q_i)|=|inP(Q_j)|)
(dis(P_i,Q_j)+dis(Q_j,P_i)=3)

时间复杂度 (O(n^2)).

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define x first
#define y second
#define iter iterator
#define riter reversed_iterator
#define y1 Lorem_ipsum_dolor
using namespace std;

inline int read()
{
	int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
	for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
	return x*f;
}

const int mxN = 8000;
int ind[mxN+3];
vector<int> s1,s2;
char a[mxN+3][mxN+3];
queue<int> que;
int n; llong w,ans;

char decode(char x) {return x>=65?x-55:x-48;}

bool cmp(int x,int y) {return a[x][y];}

int main()
{
	scanf("%d",&n); w = 614ll*n;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		char ch = getchar();
		for(int j=4; j<=n; j+=4)
		{
			ch = decode(getchar());
			a[i][j-3] = (ch&8)>>3,a[i][j-2] = (ch&4)>>2,a[i][j-1] = (ch&2)>>1,a[i][j] = ch&1;
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=i+1; j<=n; j++)
	{
		if(a[i][j]) {ind[j]++;} else {ind[i]++;}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) if(ind[i]==0) {que.push(i);}
	int cur = n;
	while(!que.empty())
	{
		int u = que.front(); que.pop();
		cur--; ans += (w+1ll)*cur;
		for(int v=1; v<=n; v++) if(a[u][v]&&v!=u)
		{
			ind[v]--;
			if(ind[v]==0) {que.push(v);}
		}
	}
	if(cur==0) {printf("%I64d
",ans); return 0;}
	int u = 0; for(int i=1; i<=n; i++) if(u==0||ind[i]>ind[u]) {u = i;}
	for(int i=1; i<=n; i++) if(ind[i]) {if(u==i||a[i][u]) {s1.push_back(i);} else {s2.push_back(i);}}
	sort(s1.begin(),s1.end(),cmp); sort(s2.begin(),s2.end(),cmp);
	ans += 3ll*s1.size()*s2.size()+s1.size()*(s1.size()-1ll)/2ll+s2.size()*(s2.size()-1ll)/2ll;
	for(int i=0; i<s1.size(); i++) {ind[s1[i]] -= i;}
	for(int i=0; i<s1.size(); i++) for(int j=0; j<i; j++)
	{
		ans += ind[s1[i]]==ind[s1[j]]?3ll:2ll;
	}
	for(int i=0; i<s2.size(); i++) {ind[s2[i]] -= i;}
	for(int i=0; i<s2.size(); i++) for(int j=0; j<i; j++)
	{
		ans += ind[s2[i]]==ind[s2[j]]?3ll:2ll;
	}
	printf("%I64d
",ans);
	return 0;
}