2020 Multi-University Training Contest 6 1006-A Very Easy Graph Problem

链接

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6832

题意

给定一张图，每个点不是0就是1，第i条边权值是(2^i)，求以下式子的值

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nd(i,j) imes[a_i=1wedge a_j=0] ]

([hspace{3mm}])是Iverson bracket
(wedge)是逻辑和符号
(d(i,j))表示i和j的最短路长度

思路

根据百度我们可以得到式子的意思是求所有1点和所有0点的最短路的和。
又因为边权是(2^i)这一特殊的形式，我们可以得到如下一个推论：
如果两点i和j间在(2^i)边前已经连通了，那么由(2^0+2^1+2^2+...+2^{i-1}<2^i)可以得到，此时的最短路不是两点直接连边，也就相当于所有的最短路都在MST上。
然后问题就来到了在MST上求答案，我们很容易联想到某一道题（我没找到那题）
枚举每条边，计算这条边对答案的贡献
假设这条边两边共连接了n个0点和m个1点，那么这条边对答案的贡献就是nm边权
具体如何维护这两个值有很多方法，比如并查集，比如bfs

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ms(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define repu(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++)
#define repd(i, a, b) for (int i = a; i > b; i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int M = int(1e5)+ 10;
const int mod = int(1e9) + 7;

ll one;
ll zero;
ll ans;
int color[M];
ll dp[M][2];

int fa[M];
struct edge {
    int to;
    ll w;
    int next;
};
edge edges[M * 2];
int head[M];
int cnt;

void add(int u, int v, ll w) {
    edges[cnt].to = v;
    edges[cnt].w = w;
    edges[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt++;
    edges[cnt].to = u;
    edges[cnt].w = w;
    edges[cnt].next = head[v];
    head[v] = cnt++;
}

void init() {
    cnt = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
}

int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }

void dfs(int u, int r) {
    dp[u][0] = dp[u][1] = 0;
    dp[u][color[u]]++;
    for (int i = head[u]; ~i; i = edges[i].next) {
        int v = edges[i].to;
        if (r == v) continue;
        dfs(v, u);
        dp[u][0] += dp[v][0];
        dp[u][1] += dp[v][1];
    }

    for (int i = head[u]; ~i; i = edges[i].next) {
        int v = edges[i].to;
        if (r == v) continue;
        ans +=
            (((dp[v][0]  * (one - dp[v][1])) % mod) * edges[i].w);
        ans %= mod;
        ans +=
            (((dp[v][1] * (zero - dp[v][0])) % mod) * edges[i].w);
        ans %= mod;
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int t;
    // cin >> t;
    scanf("%d",&t);
    while (t--) {
        init();
        ans = 0;
        zero = one = 0;
        int n, m;
        // cin >> n >> m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        repu(i, 1, n + 1) {
            dp[i][0] = dp[i][1] = 0;
            fa[i] = i;
            // cin >> color[i];
            scanf("%d",color+i);
            if (color[i] == 0)
                zero++;
            else
                one++;
        }

        ll val = 1;
        repu(i, 0, m) {
            int u, v;
            // cin >> u >> v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            val = val * 2 % mod;
            int x = find(u);
            int y = find(v);
            if (x == y) continue;
            fa[x] = y;
            add(u, v, val);
        }

        dfs(1, -1);
        // cout << ans << endl;
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}