AtcoderABC262 E Red and Blue Graph_染色问题排列组合atcoder blog-优快云博客

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这篇博客介绍了如何解决一个关于图论的问题，即给定一个简单无向图，染色每个顶点为红色或蓝色，要求有特定数量的红色顶点，并且连接不同颜色顶点的边数为偶数。博主通过分析发现，关键在于确保边的连接方式使得不同颜色的边数为偶数，然后利用组合数学计算满足条件的染色方案数。代码中展示了利用C++实现的解决方案，时间复杂度为O(n+m)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

AtcoderABC262

题目描述

You are given a simple undirected graph with $N$ vertices and $M$ edges. The vertices are numbered $1,2,\dots,N$ , and the $i$ -th $(1\leq i\leq M)$ edge connects Vertices $U_i$ and $V_i$ .

There are $2^N$ ways to paint each vertex red or blue. Find the number, modulo $998244353$ , of such ways that satisfy all of the following conditions:

There are exactly $K$ vertices painted red.
There is an even number of edges connecting vertices painted in different colors.

Sample Input 1

Sample Output 1

Sample Input 2

Sample Output 2

$2\leq N\leq 2*10^5$
$1\leq M\leq 2*10^5$
$0\leq K\leq N$
$1\leq U_i<V_i\leq N(1\leq i\leq M)$
$(U_i,V_i)\neq(U_j,V_j)(i\neq j)$
All values in input are integers.

题目大意

给你一个 $n$ 个顶点 $m$ 条边的简单无向图，第 $i$ 条边连接 $U_i,V_i$ 。有 $2^n$ 种方式，将每个顶点染成红色或蓝色。求满足一下条件的方案数，模998244353后的值。

有 $K$ 个点染成红色
有偶数条边连接的是不同色的两个顶点

题解

看完题面之后本以为是一道需要 $O(n^2)$ 甚至 $O(n^3)$ 来完成的图论题，但看了数据范围，就知道时间复杂度大概是 $O (n)$ 或 $O (n l o g n)$ 。

我们可以分析一下这个图，这个图有若干条红-蓝的边，红-红的边和蓝-蓝的边。我们需要红-蓝的边为偶数个，怎么办呢？

设红-蓝边有 $a$ 条，红-红边有 $b$ 条。设 $cnt_i$ 表示有一个顶点为 $i$ 的边的条数，选中的 $K$ 个顶点组成集合 $S$ ，则

$\sum\limits_{i\in S}cnt_i=a+2b$

每条红-蓝边被算了一次，红-红边被算了两次。

这时，我们惊奇地发现， $a + 2 b$ 和 $a$ 是同奇同偶的。所以，只要满足 $a + 2 b$ 是偶数，则 $a$ 一定是偶数。也就是说，我们要取 $K$ 个 $i$ ，使 $\sum cnt_i$ 为偶数

到这里，这道题就很简单了。选 $2 t$ 个 $c n t$ 值为奇数的 $i$ ，再选 $k - 2 t$ 个 $c n t$ 值为偶数的 $i$ 。枚举 $t$ ，用组合数计算即可。

总时间复杂度为 $O (n + m)$

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,x,y,cnt[200005],v[2];
long long ans=0,jc[200005],ny[200005];
long long mod=998244353;
long long mi(long long t,long long v){
    if(v==0) return 1;
    long long re=mi(t,v/2);
    re=re*re%mod;
    if(v&1) re=re*t%mod;
    return re;
}
long long C(int x,int y){
    if(x<y) return 0;
    return jc[x]*ny[y]%mod*ny[x-y]%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
    }
    ny[n]=mi(jc[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--){
        ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mod;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        ++cnt[x];++cnt[y];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ++v[cnt[i]%2];
    }
    for(int i=0;i<=k;i+=2){
        ans=(ans+C(v[1],i)*C(v[0],k-i)%mod)%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}