2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（2）foreverlasting and fried-chicken-优快云博客

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2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（2）foreverlasting and fried-chicken

题目大意

首先引入题目中炸鸡的故事。

https://www.zhihu.com/question/62332494/answer/3076483871

给你一个有 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，求这个无向图中出现了多少个 $\text{foreverlasting}$ 图。

下面的图像定义了一个 $\text{foreverlasting}$ 图。

在这里插入图片描述
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，设给定的图为 $G (V, E)$ ，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。

输出答案模 $10^9+7$ 后的值。

有 $t$ 组数据。

$1\leq t\leq 10,1\leq n\leq 1000,0\leq m\leq \frac{n(n-1)}{2}$

数据保证 $\sum n\leq 3000$

题解

我们可以枚举 $\text{foreverlasting}$ 图中 $v_3$ 和 $v_8$ 的位置，这两个点分别称为 $u$ 和 $v$ ，设 $v t$ 为同时与 $u, v$ 连边的点的个数， $ct_u$ 为与 $u$ 连边的点的个数，那么对于这对 $u, v$ ， $\text{foreverlasting}$ 图的个数为

$ans_{u,v}=C_{vt}^4\times C_{ct_u-4}^2$

所以答案为

$ans=\sum\limits_{u=1}^n\sum\limits_{v=1}^nans_{u,v}\times [u\neq v]$

注意要特判 $u$ 和 $v$ 连边的情况，如果连边，则将 $ct_u$ 减一，计算完 $ans_{u,v}$ 之后再加回来。

时间复杂度为 $O(n^3)$ ，加上 $\text{bitset}$ 优化后，时间复杂度为 $O(\dfrac{n^3}{\omega})$ ，可以通过本题。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=1000000007;
int tq,n,m,ct[1005];
long long vt,now,ans,ny2,ny24;
bitset<1005>wt,z[1005];
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
int rd(){
	int re=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		re=re*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return re;
}
int main()
{
	tq=rd();
	ny2=mi(2,mod-2);
	ny24=mi(24,mod-2);
	while(tq--){
		n=rd();m=rd();
		for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
			x=rd();y=rd();
			z[x][y]=z[y][x]=1;
			++ct[x];++ct[y];
		}
		ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(i==j) continue;
				wt=z[i]&z[j];
				vt=wt.count();
				ct[i]-=z[i][j];
				if(vt>=4&&ct[i]>=6){
					now=vt*(vt-1)%mod*(vt-2)%mod*(vt-3)%mod*ny24%mod;
					now=now*(ct[i]-4)%mod*(ct[i]-5)%mod*ny2%mod;
					ans=(ans+now)%mod;
				}
				ct[i]+=z[i][j];
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ct[i]=0;
			z[i].reset();
		}
	}
	return 0;
}