【agc006f】Blackout（神仙题）
翻译
给定一个(n*n)的网格图，有些格子是黑色的。如果((x,y),(y,z))都是黑色的，那么((y,x))也会被染黑，求最终黑格子数量。
题解
网格图我们显然是存不下的，把它转化成图来考虑。于是题目变成了:给定一个(n)个点(m)条边的图，如果(x ightarrow y)，(y ightarrow z)的边都存在，那么连边(z ightarrow x)，回答边的数量。
然后开始手动翻译题解。
首先，我们可以计算每一个弱联通块(把边看成无向边的联通块)，那么答案显然就是所有弱联通块的答案的总和。我们先假定图是一个弱联通图。
考虑这样一种情况，我们把点依次标号，然后在(i)和(i+1)之间连边，那么如果(s)和(t)之间存在边(s ightarrow t)，那么当且仅当(tequiv s+1(mod 3))。具有一定启发意义，我们考虑在模(3)的意义下搞点事情。我们用(A,B,C)给所有点做标记，并且强制要求对于任意一条边，只可能是(A ightarrow B)，(B ightarrow C)，(C ightarrow A)。这样标号的方式可能不存在，但是不难证明一旦存在合法的标号方案，那么标号的方法唯一(不考虑循环(ABC)的顺序)。你可以把整个图给(dfs)一遍，这样子可以得到唯一的染色方案，或者证明它不存在。
通过标号的结果，我们可以得到三种情况，给出每种情况下的结论，等下再给出证明。
- 当标号存在，但是并没有用到所有的三种颜色，那么你无法在这个联通块中进行任何操作。
- 当标号存在，并且所有的三种颜色都被用到，那么你可以把所有(AB)之间连边，(BC)之间连边，(CA)之间连边，并且只能连这些边。
- 当标号方案不存在，你可以给任意一对点之间连边，包括自环。
利用结论，可以很容易的计算出答案，时间复杂度(O(m))。代码如下，证明内容(当然是翻译的啊)在代码后面。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 100100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct Line{int v,next,w;}e[MAX<<1];
int h[MAX],cnt=1,dg[MAX];
inline void Add(int u,int v,int w){e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;}
int n,m;ll ans;
int vis[MAX],f[3],edge,size;bool label;
void dfs(int u,int d)
{
vis[u]=d;f[d]+=1;++size;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(e[i].w==1)++edge;
if(vis[v]==-1)dfs(v,(d+e[i].w)%3);
else if(vis[v]!=(vis[u]+e[i].w)%3)label=false;
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x=read(),y=read();
Add(x,y,1);Add(y,x,2);
}
memset(vis,-1,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;++i)
if(vis[i]==-1)
{
label=true;f[0]=f[1]=f[2]=0;size=edge=0;dfs(i,0);
if(label)ans+=(!min(f[0],min(f[1],f[2])))?(edge):(1ll*f[0]*f[1]+1ll*f[1]*f[2]+1ll*f[2]*f[0]);
else ans+=1ll*size*size;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
-
当标号存在，但是并没有用到所有的三种颜色，那么你无法在这个联通块中进行任何操作。
如果存在边((x,y))和((y,z))，那么必定意为这所有的三种颜色都会被用到。既然如此，那么意味着这里不存在上述的边，所以你不能连出任何一条新边。
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当标号存在，并且所有的三种颜色都被用到，那么你可以把所有(AB)之间连边，(BC)之间连边，(CA)之间连边，并且只能连这些边。
必定存在若干形如((x,y),(y,z))这样的边，我们不妨令(x)染(A)，(y)染(B)，(z)染(C)。我们可以看出所有新连的边加上原边会构成一个个三角形。举个例子，令(v)存在一条边((v,x))，那么必定存在边((y,v))，那么我们不难证明任意一个(v)一定和(x,y,z)三个点中的两个有直接的边相连。所以任意的(A)都会连出一条(A ightarrow B)，其他的边同理。
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当标号方案不存在，你可以给任意一对点之间连边，包括自环。
我们证明至少会存在一个自环。既然标号方案不存在，那么必定存在一个环导致了矛盾，注意，这个环不一定是有向环。那么这个环至少存在两条边((x,y)),((y,z))，那么我们可以连上((z,x))，那么等价于我们看这个环的时候可以直接跳过(y)。既然原先的环会导出矛盾，那么当前这个环照样会导出矛盾，那么我们重复这个过程，就可以得到自环。而其他的边存在的原因和前面两个证明类似，不再重复证明。