Codeforces 1338E: JYPnation

题目传送门：CF1338E。

题意简述

给定一张 (n) 个点的竞赛图，特别地，满足图中不存在这样的四个点 (a, b, c, d)：

• 其中 (a, b, c) 三个点形成三元环，即 (a o b o c o a)，且它们都向 (d) 连边，即 ((a, b, c) o d)。

你需要计算每对点之间的距离之和，即 (displaystyle sum_{substack{1 le i, j le n \ i e j}} mathrm{dis}(i, j))。

其中 (mathrm{dis}(x, y)) 定义为 (x) 到 (y) 需要经过的最少边数，如果 (x) 无法到达 (y) 则规定 (mathrm{dis}(x, y) = 614 imes n)。

• (3 le n le 8000)。

题解

这是一道数竞题，我负责翻译官方题解并详细展开并配图。

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一些前置知识和定义

众所周知，一张竞赛图，在强连通分量（SCC）缩点后，会形成一条链状 DAG。

同时，如果若干个点的导出子图中包含一个环的话，那么其中也必然包含一个三元环（用归纳法）。

记 (mathrm{in}(x) = { u mid u o x })，即所有能够到达 (x) 的点的集合，记 (deg(x) = |mathrm{in}(x)|)，即 (x) 的入度。

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• 引理 (oldsymbol{1})：对任意一点 (x)，(mathrm{in}(x)) 中没有环，更进一步地 ([{x} cup mathrm{in}(x)]) 中没有环。
• 证明 (oldsymbol{1})：反证法，如果 (mathrm{in}(x)) 中有环，那么必然有一个三元环都向 (x) 连边，与条件冲突。

考虑原图缩点后形成的链状 DAG，令其中点集依次为 (S_1, S_2, ldots , S_k)。

即 (S_i) 中的所有点向 (S_1 sim S_{i - 1}) 中的所有点连边，且每个 (S_i) 都是一个强连通分量。

• 引理 (oldsymbol{1.5})：除了 (S_1) 外，之后所有强连通分量都含 (1) 个点。
• 证明 (oldsymbol{1.5})：考虑 (S_1) 中的任意一个点 (x)，显然 (mathrm{in}(x)) 中包含所有的 (S_2 sim S_k)。
• 结合引理 (oldsymbol{1})，也就是说 (S_2 sim S_k) 中没有环，而没有环的强连通分量必然只有 (1) 个点。

在算法实现中，我们每次（不断寻找）删掉一个无入度的点（即 (S_k) 中的唯一一个点）及其出边，直到这样的点不存在为止，剩下的点就都是 (S_1) 中的点。

可以很方便地计算这些「被删除的点」对答案的贡献，被删点可以 (1) 步到达还未被删除的点，反之则无法到达。

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从现在开始我们只考虑最后的一个 (S_1) 的情况，也就是说假设原图是一张强连通图。

令 (x) 为 (deg) 最大的点，如有多个任取一个。

令 (P = {x} cup mathrm{in}(x))，以及 (Q = V setminus P)（其中 (V) 为所有点的集合）。

显然 (deg(x) = |P| - 1)，且 (P, Q) 均非空（且 (P) 去掉 (x) 仍然非空）（强连通图）。

• 引理 (oldsymbol{2})：存在两点 (v, u)，其中 (v in P, u in Q)，且存在边 (v leftarrow u)。
• 证明 (oldsymbol{2})：反证法，假设不存在这样的边，也就是说 (P) 中所有点均向 (Q) 中所有点连边。
• 这是不可能的，因为如果是这样则 (Q) 中的每个点之 (deg) 至少为 (|P|)，与 (deg(x) = |P| - 1) 且最大矛盾。

我们取满足引理 (oldsymbol{2}) 中条件的一点 (v)，令 (R = [mathrm{in}(v) cap Q])，以及 (S = Q setminus R)。

特别地，(v) 不可能等于 (x)，因为 (Q) 中所有点都不可能向 (x) 连边，是 (x) 向 (Q) 中所有点连边。

据此我们可以画出图形：

• 引理 (oldsymbol{3})：对于任意 (b in R) 和 (a in S)，必然存在 (b leftarrow a)，也就是说 (S) 中所有点向 (R) 中所有点连边。
• 证明 (oldsymbol{3})：反证法，假设存在一对 (b, a) 违反此结论，也就是说 (b o a)。
• 考虑 (x, v, a, b) 这四个点，(b o v o x o b) 是三元环，又有 ((x, v, b) o a)，与初始条件冲突。

据此我们可以得到：

• 引理 (oldsymbol{4})：(R) 中无环，(S) 中无环。
• 证明 (oldsymbol{4})：因为 (R subseteq mathrm{in}(v)) 所以显然无环，对于 (R) 中任意一点 (b) 有 (S subseteq mathrm{in}(b)) 也无环。
• 引理 (oldsymbol{5})：(P) 中无环，(Q) 中无环。
• 证明 (oldsymbol{5})：因为 (P = {x} cup mathrm{in}(x)) 所以显然无环，(R, S) 无环且 (R) 与 (S) 之间无环，所以 (Q) 也无环。

这意味着我们将图分成了两部分 (P) 和 (Q)，且每部分都无环。

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既然 (P, Q) 均有序，我们为 (P, Q) 中的每个点进行重编号。

令 (P = {P_1, P_2, ldots , P_{|P|}}) 且满足对于所有 (1 le i1 < i2 le |P|) 有 (P_{i1} leftarrow P_{i2})。并且有 (x = P_1)。

对 (Q) 也进行同样的编号。

记 (mathrm{in}Q(P_i) = mathrm{in}(P_i) cap Q)，即 (P_i) 在 (Q) 中的入点集合。
记 (mathrm{in}P(Q_j) = mathrm{in}(Q_j) cap P)，即 (Q_j) 在 (P) 中的入点集合。

观察之前的图，可以发现 (mathrm{in}Q(v))，也就是 (R)，是 (Q_{1 sim |Q|}) 的一个前缀。

实际上对于 (P) 中的任意一点 (v) 都成立，除非 (mathrm{in}Q(v) = varnothing)，此时等同于 (Q_{1 sim |Q|}) 的空前缀（引理 (oldsymbol{6mathrm{a}'})）。

所以我们有：

• 引理 (oldsymbol{6mathrm{a}})：如果 (|mathrm{in}Q(P_{i1})| = |mathrm{in}Q(P_{i2})|)，那么 (mathrm{in}Q(P_{i1}) = mathrm{in}Q(P_{i2}))。
• 引理 (oldsymbol{6mathrm{a}'})：任意一个 (mathrm{in}Q(P_i)) 都是 (Q_{1 sim |Q|}) 的一个前缀或空前缀，前文已经证明。
• 证明 (oldsymbol{6mathrm{a}})：由前缀的唯一性可得。

事实上，对于 (Q) 中的点这个性质也对称地成立：

• 引理 (oldsymbol{6mathrm{b}})：如果 (|mathrm{in}P(Q_{j1})| = |mathrm{in}P(Q_{j2})|)，那么 (mathrm{in}P(Q_{j1}) = mathrm{in}P(Q_{j2}))。
• 引理 (oldsymbol{6mathrm{b}'})：类似地，只要证明 (mathrm{in}P(Q_j)) 是 (P_{1 sim |P|}) 的一个前缀或空前缀（实际上不可能是空前缀）即可。
• 证明 (oldsymbol{6mathrm{b}'})：反证法，假设存在一点 (c = Q_j) 满足 (mathrm{in}P(c)) 不是 (P_{1 sim |P|}) 的一个前缀。
• 也就是说存在 (d = P_{i1}, e = P_{i2})（其中 (i1 < i2)）满足 (d otin mathrm{in}P(c), e in mathrm{in}P(c))。
• 也就是说 (e o c o d)，同时还有 (d leftarrow e) 因为 (i1 < i2)（如有需要请读者自行画图）。
• 如果 (mathrm{in}Q(e) e varnothing)，我们考虑任意一个 (f in mathrm{in}Q(e))，从而有 (f o e)。
  • 显然 (c otin mathrm{in}Q(e))，所以如果 (f = Q_{j0})，则有 (j0 < j)，从而有 (f leftarrow c)。
  • 由于 (j0 < j) 且 (c o d)，则也有 (f o d)。
  • 考虑 (f o e o c o f) 是一个三元环，且 ((e, c, f) o d)，与初始条件冲突。
• 否则如果 (mathrm{in}Q(e) = varnothing)，那么 (e) 必然不是 (P_{|P|})，因为如果是则 (e) 不与其他点成强连通分量。
  • 考虑 (f = Q_1) 以及 (g = P_{|P|})，显然有 (g o (e, d)) 和 (f o d)（如有需要请读者自行画图）。
  • 由于 (mathrm{in}Q(e) = varnothing)，则必然有 (e o f)。
  • 考虑 (mathrm{in}Q(g)) 必然不能为空，如果为空则 (g = P_{|P|}) 不与其他点成强连通分量。
  • 所以因为 (|mathrm{in}Q(g)| ge 1)，有 (f o g)。
  • 考虑 (g o e o f o g) 是一个三元环，且 ((e, f, g) o d)，与初始条件冲突。
• 综上所述，(mathrm{in}P(Q_j)) 必然是 (P_{1 sim |P|}) 的一个前缀或空前缀，引理 (oldsymbol{6mathrm{b}'}) 得证。
• 又由前缀的唯一性可得引理 (oldsymbol{6mathrm{b}})。

我们还能得到 (|mathrm{in}Q(P_i)|) 以及 (|mathrm{in}P(Q_j)|) 的有序性：

• 引理 (oldsymbol{7})：对于 (1 le i1 < i2 < |P|)，有 (|mathrm{in}Q(P_{i1})| le |mathrm{in}Q(P_{i2})|)，类似的命题对 (|mathrm{in}P(Q_j)|) 也成立。
• 证明 (oldsymbol{7})：反证法，假设 (|mathrm{in}Q(P_{i1})| > |mathrm{in}Q(P_{i2})|)，据此有 (mathrm{in}Q(P_{i2}) subsetneq mathrm{in}Q(P_{i1}))。
• 取出属于 (mathrm{in}Q(P_{i1}) setminus mathrm{in}Q(P_{i2})) 的一点 (u)。
• 有 (P_{i1} leftarrow u) 但 (P_{i2} o u)，也就是说 (P_{i2}) 属于 (mathrm{in}P(u)) 但 (P_{i1}) 不属于，这与引理 (oldsymbol{6mathrm{b}'}) 冲突。
• 所以必然有 (|mathrm{in}Q(P_{i1})| le |mathrm{in}Q(P_{i2})|)。
• 同理可得类似的命题对 (|mathrm{in}P(Q_j)|) 也成立。

注意所有 (Q) 中的点都有向 (P_{|P|}) 的边，否则意味着某点的度数至少为 (|P|)，与 (deg(x) = |P| - 1) 且最大矛盾。

最后我们考虑 (P, Q) 中的点的 (mathrm{dis}) 关系。

对于 (P) 有：

1. 如果 (i1 < i2)，则 (mathrm{dis}(P_{i2}, P_{i1}) = 1)。
2. 如果 (i1 < i2) 且 (|mathrm{in}Q(P_{i1})| < |mathrm{in}Q(P_{i2})|)，则 (mathrm{dis}(P_{i1}, P_{i2}) = 2)。
   • 令 (z) 为 (mathrm{in}Q(P_{i2}) setminus mathrm{in}Q(P_{i1})) 中任意一点，路径为 (P_{i1} o z o P_{i2})。
3. 如果 (i1 < i2) 且 (|mathrm{in}Q(P_{i1})| = |mathrm{in}Q(P_{i2})|)，则 (mathrm{dis}(P_{i1}, P_{i2}) = 3)。
   • 如果 (mathrm{in}P(Q_1) < i1)，则路径为 (P_{i1} o x o Q_1 o P_{i2})。
   • 否则必然有 (i2 le mathrm{in}P(Q_1) < |P|)，路径为 (P_{i1} o Q_1 o P_{|P|} o P_{i2})。

对于 (Q) 有：

1. 如果 (j1 < j2)，则 (mathrm{dis}(Q_{j2}, Q_{j1}) = 1)。
2. 如果 (j1 < j2) 且 (|mathrm{in}P(Q_{j1})| < |mathrm{in}P(Q_{j2})|)，则 (mathrm{dis}(Q_{j1}, Q_{j2}) = 2)。
   • 令 (z) 为 (mathrm{in}P(Q_{j2}) setminus mathrm{in}P(Q_{j1})) 中任意一点，路径为 (Q_{j1} o z o Q_{j2})。
3. 如果 (j1 < j2) 且 (|mathrm{in}P(Q_{j1})| = |mathrm{in}P(Q_{j2})|)，则 (mathrm{dis}(Q_{j1}, Q_{j2}) = 3)。
   • 路径为 (Q_{j1} o P_{|P|} o x o Q_{j2})。

对于 (P, Q) 之间的点对 (p in P, q in Q) 有：

1. 如果存在 (p leftarrow q)，则 (mathrm{dis}(q, p) = 1)，(mathrm{dis}(p, q) = 2)，路径为 (p o x o q)。
2. 如果存在 (p o q)，则 (mathrm{dis}(p, q) = 1)，(mathrm{dis}(q, p) = 2)，路径为 (q o P_{|P|} o p)。

综上所述：

1. 对于所有 (1 le i1 < i2 le |P|)，这对点对答案贡献 (3 + [|mathrm{in}Q(P_{i1})| = |mathrm{in}Q(P_{i2})|])。
2. 对于所有 (1 le j1 < j2 le |Q|)，这对点对答案贡献 (3 + [|mathrm{in}P(Q_{j1})| = |mathrm{in}P(Q_{j2})|])。
3. 对于所有 (p in P, q in Q)，这对点对答案贡献 (3)。

在算法实现中，我们可以直接处理出每个点的 (mathrm{in}Q) 或 (mathrm{in}P)，然后使用上述结论统计答案。

下面是代码，时间复杂度为 (mathcal O (n^2))：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>

typedef long long LL;
const int MN = 8005;

char s[MN];
int N, deg[MN], bel[MN], num[MN];
std::vector<bool> A[MN];
int que[MN], lb, rb;
LL Ans;

int main() {
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		scanf("%s", s + 1);
		A[i].resize(N + 1);
		for (int j = 1; j <= N / 4; ++j) {
			int x = isdigit(s[j]) ? s[j] - '0' : 10 + (s[j] - 'A');
			for (int k = 0; k < 4; ++k)
				A[i][4 * j - k] = x >> k & 1;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= N; ++j) if (A[i][j])
			++deg[j];
	int C = N;
	lb = 1, rb = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) if (!deg[i]) que[++rb] = i;
	while (lb <= rb) {
		int u = que[lb++];
		bel[u] = 3;
		Ans += (614ll * N + 1) * --C;
		for (int i = 1; i <= N; ++i) if (A[u][i])
			if (!--deg[i]) que[++rb] = i;
	}
	if (!C) return printf("%lld
", Ans), 0;
	int x = std::max_element(deg + 1, deg + N + 1) - deg;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) if (bel[i] != 3)
		bel[i] = i == x || A[i][x] ? 1 : 2;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) if (bel[i] != 3)
		for (int j = 1; j <= N; ++j) if (i != j && bel[j] != 3)
			if (bel[i] != bel[j] && A[i][j]) ++num[j];
	for (int i = 1; i < N; ++i) if (bel[i] != 3)
		for (int j = i + 1; j <= N; ++j) if (bel[j] != 3)
			Ans += 3 + (bel[i] == bel[j] && num[i] == num[j]);
	printf("%lld
", Ans);
	return 0;
}