题解Atcoder Grand Contest C - Squared Graph

最新推荐文章于 2022-04-19 20:44:44 发布

thchuan2001

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文章标签：分类讨论

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/thchuan2001/article/details/77893424

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本文探讨了一个有趣的问题：基于原图构造新的图，并求解新图的连通分量数量。通过对原图的不同情况（如是否为二分图）进行分类讨论，文章提供了一种高效的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Problem Statement
Takahashi has received an undirected graph with N vertices, numbered 1, 2, ..., N. The edges in this graph are represented by (ui,vi). There are no self-loops and multiple edges in this graph.

Based on this graph, Takahashi is now constructing a new graph with N2 vertices, where each vertex is labeled with a pair of integers (a,b) (1≤a≤N, 1≤b≤N). The edges in this new graph are generated by the following rule:

Span an edge between vertices (a,b) and (a',b') if and only if both of the following two edges exist in the original graph: an edge between vertices a and a', and an edge between vertices b and b'.
How many connected components are there in this new graph?

Constraints
2≤N≤100,000
0≤M≤200,000
1≤ui<vi≤N
There exists no pair of distinct integers i and j such that ui=uj and vi=vj.

题意：给出一个有n个点的图G，构造一个新的有n^2^个点的图，每个点是一个二元组坐标，(a,b)和(a’,b’)有连边当且仅当a和a’有边，b和b’有边，询问这个新生成的图的连通分量个数。

大力分类讨论。

基本性质:原图是一棵树，新图就是打叉的形式

为了方便思考，我们把图复制一份，称为图A和图B，那么新图的定义改为(a,b)和(a’,b’)有连边当且仅当a和a’在图A中有边，b和b’在图B中有边。

首先考虑孤点，在两张图中孤点不与其他点连边，那么在新图中只要坐标有孤点，就一定不和任何点连边，就是A中的孤点和B中所有点组成N个点都是连通分量，B中孤点同理。但是还要减去重复的部分。

减去红色的，加上阴影部分，方案数为

$IA*N+IB*N-IA*IB$

然后考虑连通分量，分成两类，一类是二分图，一类是非二分图。

显然非二分图在新图中一定是一个连通分量，相当于在一棵树上再加一条边形成奇环，也就是在打叉的图中继续连边，一定能连成一个联通块。

也就是说一个非二分图一定是一个连通分量。

而二分图一定是两个连通分量。因为形成树之后，再连一条边还是会把已经连在一起的点连起来，这样一共会有两个联通块。

设非二分图个数P，二分图个数Q。

那么联通块个数为

$PA*PB+2*QA*QB$

这样还不全，因为原图两个联通块对于新图来说，还有一部分点分别在两个联通块内。

可以发现如果一个来自于P，一个来自于Q，那么这一定是一个联通块。

这样会有贡献：

$PA*QB+PB*QA$

这样，把所有的情况加起来就是答案，由于A图和B图完全一样，所以可以简化式子，答案为

$2*I*n-I^2+P^2+2*P*Q+2*Q^2$

二分图黑板染色判断即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std; 
#define N 2010000
struct node {ll to,next;}e[N*3];
ll size,o,p,vis[N],tag[N],g[N],f,n,m,i,du[N],I,P,Q;

void add(ll o,ll p)
{e[++size].to=p;e[size].next=g[o];g[o]=size;}

void dfs(ll x)
{
    vis[x]=1;
    for (ll k=g[x];k;k=e[k].next)
    {
        ll y=e[k].to;
        if (vis[y]==0)
        {
            tag[y]=tag[x]^1;
            dfs(y);
        }
        else  if (tag[x]==tag[y]) f=0;
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld %lld",&n,&m);
    for (i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld %lld",&o,&p);
        add(o,p);
        add(p,o);
        du[o]++;du[p]++;
    }

    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        if (vis[i]==1) continue;
        if (du[i]==0)
        {
            I++;
            continue;
        }
        f=1;dfs(i);
        if (f==1) Q++;else P++;
    }

    ll ans=2*I*n-I*I+P*P+2*P*Q+2*Q*Q;

    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}