2023“钉耙编程”联赛 Day 2 G 题 - foreverlasting and fried-chicken 题解

原创已于 2023-07-21 09:42:10 修改 · 354 阅读

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文章标签：

#算法 #c++ #图论 #数据结构 #ACM #bitset #HDU

于 2023-07-21 09:39:04 首次发布

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文章讨论了一道关于图论的问题，涉及寻找一个特定结构（foreverlasting图）的子图数量。给定一个简单无向图，需要计算满足特定条件的子图数目，对结果取模后输出。解决方案包括枚举关键点并应用组合计数策略，优化时间复杂度为O(n^3/64)。

原题题目

题面经过我校选手感性+理性+恶搞翻译。

众所周知，在北京理工大学有两位ACM英雄分别被称为 $\text{foreverlasting}$ 和 $\text{fried-chicken}$ 。

他们分别沉浸在完美的爱情中。以下链接讲述了 $\text{fried-chicken}$ 的爱情故事。

This

$\text {DuangDuck}$ 喜欢图论和数学，他需要你的帮助解决一个简单的问题。

给定一个简单无向图命名为 $\text{fried-chicken}$ ，其中有 $n$ 个节点和 $m$ 条边。请注意，该图不一定是连通的。节点从 $1$ 到 $n$ 进行标号。

$\text {DuangDuck}$ 想知道在 $\text{fried-chicken}$ 图中有多少个 $\text{foreverlasting}$ 图。

以上图像定义了一个 $\text{foreverlasting}$ 图。

请注意，当两个 $\text{foreverlasting}$ 图的边集之间至少有一条不同的边时，这两个图被认为是不同的。

换句话说，给定的图 $G (V, E)$ 。你需要计算满足 $V′=\{v_1,v_2,v_3,v_4,v_5,v_6,v_7,v_8\},E′=\{(v_1,v_3),(v_2,v_3),(v_3,v_4),(v_3,v_5),(v_3,v_6),(v_3,v_7),(v_4,v_8),(v_5,v_8),(v_6,v_8),(v_7,v_8)\}$ 的子图 $G' (V', E')$ 的数量。

由于答案可能非常大， $\text {DuangDuck}$ 想知道答案对 $10^9+7$ 取模的结果。

样例

输入样例

输出样例

题目解析

考虑暴力枚举，显然会时超，可以考虑枚举比较关键的点。

我们发现中间四个点链接的两个点比较好枚举，我们枚举这两个点，为 $(i, j)$ ，在两者都连接的点 $x$ 的集合 $X$ 中选择四个作为中间点，方案为 $C_{\text {size}_X}^4$ 。

同理我们再在 $i$ 连接的点 $y$ 的集合 $Y$ 中选择两个作为上面的点，方案为 $C_{\text {size}_Y-4}^2$ 。

显然这里的减四是因为前面已经从 $Y$ 的子集 $X$ 中选择了四个点。

注意特判 $j\in Y$ 的情况，此时 $Y$ 集合不可以选择 $j$ ，否则形状是不对的，因此需要减 $5$ 。

两者相乘即可。

时间复杂度为 $O(\dfrac{n^3}{64})$ ，足够通过本题。

注意需要适当卡常，以下代码常数可能比较大。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const LL N=1005;
const LL mod=1e9+7;
LL T,n,m,x,y;
bitset<N>a[N];
LL C(LL x,LL y)
{
	if(x<y)return 0;
	if(y==2)return (x*(x-1)/2)%mod;
	return (x*(x-1)*(x-2)*(x-3)/24)%mod;
}
int main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=a[0];
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			a[x][y]=1,a[y][x]=1;
		}
		LL ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			LL k=a[i].count();
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				if(i==j)continue;
				bitset<N>tmp=a[i]&a[j];
				if(a[i][j]==1)ans+=C(tmp.count(),4)*C(k-5,2)%mod;
				else ans+=C(tmp.count(),4)*C(k-4,2)%mod;
				ans%=mod;
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}	
	
}