[APIO2018] Duathlon 铁人两项,洛谷P4630,圆方树简单应用

正题

      首先要先知道一个常识,对于一个点双联通分量,对于其中互不相同的三个点(a,b,c),总是存在一条a->b->c的简单路径(不经过重复的点与边),这个可以用网络流最小割证明:

      考虑常见的二分图拆点建图模型,左边为出点,右边为入点,要找一条a->b->c的路径,就是要找一条b->a,b->c的简单路径,我们由每个入点向出点连一条容量为1的边,表示这个点只能经过一次,b点除外,对于边(x,y)我们从x的出点向y的入点连一条边,y的出点也向x的入点连一条边,源点向b的出点连一条容量为2的边,a和b的出点向汇点连一条容量为1的边.容易想到,如果可以证明这张图的最小割为2,那么就存在一条a->b->c的简单路径,(边是可以拆的,对于最后的路径来说,除了a,b,c点,其他点的入度出度都为1,所以一条无向边的两条有向边同时产生贡献当且仅当走了一个二元环,a,c点入度为1,出度要么为0(流向汇点),要么为1(此时与其他点的证明方法相同),b点都没有入度,所以肯定成立)

      现在要证明这个网络流的最小割为2,考虑如果最小割为1,那么就存在一条容量为1的边,使得割掉它源汇不连通,假若是拆点形成的边,那么根据点双定义,去掉这个点后图肯定联通,所以必然存在另外一条路径来增广,矛盾,假若是有向边形成的边,显然比删除一个点的限制更弱,所以必然存在另外一条路径来增广,矛盾.这样我们就证明了网络流的最小割为2,也就证明了对于一个点双联通分量,对于其中互不相同的三个点(a,b,c),总是存在一条a->b->c的简单路径.

      实际上,同一个点双联通分量上的点来说,可以看做是一个首尾相接的环,(两点一线除外)

      对于这题来说,就是将圆方树建出来,对于圆点来说,权值为-1,对于方点来说权值为该点双联通分量大小,考虑路径(s,f)上的权值,恰好是满足条件的c点个数.

       所以我们将贡献拆成每一个点,答案就等与该店权值乘经过其的圆点路径数量.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=200010;
struct edge{
	int y,nex;
}s[N<<1],e[N<<1];
int dfn[N],low[N],first[N],len,le,n,m,tot,tim,fir[N];
int w[N],sz[N],sta[N],top,num;
long long ans=0;

void ins(int x,int y){s[++len]=(edge){y,first[x]};first[x]=len;}
void inss(int x,int y){e[++le]=(edge){y,fir[x]};fir[x]=le;}
void Tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim;sta[++top]=x;num++;
	for(int i=first[x];i!=0;i=s[i].nex){
		if(!dfn[s[i].y]){
			Tarjan(s[i].y);
			low[x]=min(low[x],low[s[i].y]);
			if(dfn[x]==low[s[i].y]) {
				tot++;
				while(dfn[sta[top]]>=dfn[s[i].y]) w[tot]++,inss(tot,sta[top]),top--;
				w[tot]++;inss(x,tot);
			}
		}
		else low[x]=min(low[x],dfn[s[i].y]);
	}
}

void dfs(int x){
	sz[x]=(x<=n);
	for(int i=fir[x];i!=0;i=e[i].nex){
		dfs(e[i].y);
		ans+=2ll*sz[x]*sz[e[i].y]*w[x];
		sz[x]+=sz[e[i].y];
	}
	ans+=2ll*sz[x]*(num-sz[x])*w[x];
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);tot=n;
	int x,y;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d %d",&x,&y),ins(x,y),ins(y,x);
	for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) num=0,Tarjan(i),dfs(i);
	printf("%lld\n",ans);
}