hackkerrank Jogging Cats 枚举

利用枚举解决Jogging Cats问题

最新推荐文章于 2025-01-10 09:16:15 发布

_beginend

最新推荐文章于 2025-01-10 09:16:15 发布

阅读量461

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：乱搞

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_33229466/article/details/68930887

乱搞专栏收录该内容

64 篇文章

订阅专栏

博客探讨了如何解决寻找无向图中四元环数量的问题。通过枚举度数大于某个点的节点，复杂度降低到O(m^(1/2))。文章详细分析了算法，并解释了如何避免重复计数，最后提供了实现代码，时间复杂度为O(n * m^(1/2))。

题意

给出n个点m条边的无向图，求四元环数量。
n,m<=100000

分析

首先有一个很棒的结论，就是如果我们枚举每个度数比某个点大的所有点，那么复杂度就为 $O(\sqrt m)$
证明：我们设一个点与它相连且度数不小于它的点数为x，那么该点的度数和这x个点的度数必然都不大于x，那么最好的情况就是其所有点的度数都为x，那么有 $x^2<=2m$ ，从而有 $x<=\sqrt {2m}$

我们可以把一个四元环中度数最大的那个点作为其贡献，那么我们可以先枚举一个点i，再枚举与其相连的所有点j，再枚举度数不大于j的点k，然后增加k对答案的贡献即可。
但是有种情况就是i和k的度数相同，那么贡献就会被算重。对于这种情况，我们只要将序号作为第二关键字即可。

时间复杂度 $O(n\sqrt m)$

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100005
#define LL long long
using namespace std;

int n,m,cnt,last[N],ls[N],d[N],num[N];
struct edge{int to,next;}e[N*4];

void addedge1(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

void addedge2(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=ls[u];ls[u]=cnt;
}

int main()
{
    freopen("palingenesis.in","r",stdin);freopen("palingenesis.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    cnt=1;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        d[x]++;d[y]++;
        addedge1(x,y);
    }
    int w=cnt;
    for (int i=2;i<=w;i+=2)
    {
        int x=e[i^1].to,y=e[i].to;
        if (d[x]<d[y]||d[x]==d[y]&&x<y) addedge2(x,y);
        else addedge2(y,x);
    }
    LL ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=last[i];j;j=e[j].next)
        {
            int x=e[j].to;
            for (int k=ls[x];k;k=e[k].next)
            {
                if (e[k].to==i) continue;
                if (d[e[k].to]>d[i]||d[e[k].to]==d[i]&&e[k].to>i)
                {
                    ans-=(LL)num[e[k].to]*(num[e[k].to]-1)/2;
                    num[e[k].to]++;
                    ans+=(LL)num[e[k].to]*(num[e[k].to]-1)/2;
                }
            }
        }
        for (int j=last[i];j;j=e[j].next)
        {
            int x=e[j].to;
            for (int k=ls[x];k;k=e[k].next) num[e[k].to]=0;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}