标签：include 更新 operator bre 16px type algorithm 节点 wap
题意：给出一个图，求$\sum\limits_{\substack{i\lt j\lt k\\\nexists(i,j),(j,k),(i,k)}}Ai+Bj+Ck$
挺好的一道题==，就是稍微毒了点
考虑容斥，先算$all=\sum\limits_{i\lt j\lt k}Ai+Bj+Ck$
我们枚举$0\leq t\leq n-1$，它作为$i$被计数$\binom{n-1-i}2$次，作为$j$被计数$i(n-1-i)$次，作为$k$被计数$\binom i2$次，直接统计即可
再算$sub_1=\sum\limits_{\substack{i\lt j\lt k\\\exists(i,k)\text{or}(j,k)}}Ai+Bj+Ck$
我们枚举$k$和$x\left(x\lt k,\exists(x,k)\right)$，如果$i=x$，那么$j\in[x+1,k-1]$，如果$j=x$，那么$i\in[0,x-1]$，直接统计就好了
这样重复统计了$\exists(i,k),(j,k)$的情况，我们把$k$的邻居排序后统计一下即可
最后算$sub_2=\sum\limits_{\substack{i\lt j\lt k\\\exists(i,j),\nexists(i,k),(j,k)}}Ai+bj+Ck$
这一部分也用容斥做，拆成$[\exists(i,j)]-[\exists(i,j),(i,k)]-[\exists(i,j),(j,k)]+[\exists(i,j),(i,k),(j,k)]$
第一部分：把所有$(i,j)$排序后从小到大枚举$k$单调地更新答案即可
第二部分：枚举$(i,k)$，在$i$的邻接表中查询$[i+1,k-1]$的节点和，这个维护前缀和就可以了
第三部分：枚举$(j,k)$，在$j$的邻接表中查询$[0,j-1]$的节点和，同样维护前缀和即可
第四部分：相当于是图中的三元环计数，题解给了一个挺不错的idea，或许能用在其他地方
我们把所有点按度数分类，度数$\geq\sqrt m$称为重点，否则称为钦轻点，显然重点只有$O(\sqrt m)$个
对每个重点$i$预处理出邻接矩阵$cn_{i,j}$，这里用bitset存是毫无压力的
我们枚举$k$，如果$k$是重点，那么直接枚举所有$(i,j)$并检查$cn_{k,i}$和$cn_{k,j}$即可，这一步的时间复杂度是$O(m\sqrt m)$的
如果$k$是轻点，那么先枚举$j(j\lt k,\exists(j,k))$
如果$j$是重点，那么直接枚举$i(i\lt j,\exists(i,k))$并用$cn_{j,i}$判断即可，这里的复杂度是$O\left(\sum\limits_{i\,是轻点}deg_i^2\right)=O\left(\sqrt m\sum\limits_{i\,是轻点}deg_i\right)=O(m\sqrt m)$（因为用$\sqrt m$替换$deg_i$，所以这里不是满的）
如果$j$是轻点，我们先给所有$j$的邻居打上标记，然后再枚举$i(i\lt j,\exists(i,k))$并用之前打上的标记判断即可，枚举$i,j$的时间复杂度同上，打标记的时间复杂度可以这样分析：因为$j$会被执行这种操作$O(deg_j)$次，而每次打标记花费$O(deg_j)$的时间，所以时间复杂度仍然同上
最后的答案就是$all-sub_1-sub_2$了
总时间复杂度$O(m\sqrt m)$，后面几个部分都卡到这里了，不得不说还是有点巧妙的...
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
vector<int>g[200010];
int n,m;
ll A,B,C;
ll C2(ll n){return n*(n-1)/2;}
ll S(ll l,ll r){return l<=r?(l+r)*(r-l+1)/2:0;}
ll all(){
int i;
ll s=0;
for(i=0;i<n;i++)s+=A*i*C2(n-1-i)+B*i*i*(n-1-i)+C*i*C2(i);
return s;
}
int t[200010];
ll sub1(){
int i,j,M;
ll s=0,cnt;
for(i=0;i<n;i++){
M=0;
for(int x:g[i]){
if(x<i){
M++;
t[M]=x;
s+=(i-x-1)*(A*x+C*i)+B*S(x+1,i-1)+x*(B*x+C*i)+A*S(0,x-1);
}
}
cnt=0;
for(j=2;j<=M;j++){
cnt+=t[j-1];
s-=(j-1)*(B*t[j]+C*i)+A*cnt;
}
}
return s;
}
struct edge{
int x,y;
edge(int a=0,int b=0){x=a;y=b;}
}e[200010];
bool operator<(edge a,edge b){return a.y<b.y;}
vector<ll>sum[200010];
int h[200010];
struct pr{
int l,r;
pr(int a=0,int b=0){l=a;r=b;}
}p;
pr query(int i,int l,int r){
if(g[i].empty()||l>r)return 0;
r=upper_bound(g[i].begin(),g[i].end(),r)-g[i].begin()-1;
if(r<0)return 0;
l=lower_bound(g[i].begin(),g[i].end(),l)-g[i].begin()-1;
if(l<0)return pr(r+1,sum[i][r]);
return pr(r-l,sum[i][r]-sum[i][l]);
}
int he[200010];
bool cur[200010];
bitset<200000>cn[1000];
const int bl=450;
ll sub2(){
ll ts,s0,s1,s2,s3,sab;
int i,j,N;
sort(e+1,e+m+1);
sab=s0=ts=0;
j=1;
for(i=0;i<n;i++){
s0+=sab+i*ts*C;
while(j<=m&&e[j].y==i){
sab+=e[j].x*A+e[j].y*B;
ts++;
j++;
}
}
s1=0;
for(i=1;i<=m;i++){
p=query(e[i].x,e[i].x+1,e[i].y-1);
s1+=p.l*(A*e[i].x+C*e[i].y)+B*p.r;
}
s2=0;
for(i=1;i<=m;i++){
p=query(e[i].x,0,e[i].x-1);
s2+=p.l*(B*e[i].x+C*e[i].y)+A*p.r;
}
N=0;
for(i=0;i<n;i++){
if(g[i].size()>=bl){
he[i]=++N;
for(int x:g[i])cn[N][x]=1;
}
}
s3=0;
for(i=0;i<n;i++){
if(he[i]){
for(j=1;j<=m&&e[j].y<i;j++){
if(cn[he[i]][e[j].x]&&cn[he[i]][e[j].y])s3+=A*e[j].x+B*e[j].y+C*i;
}
}else{
for(int k:g[i]){
if(k>=i)break;
if(he[k]){
for(int j:g[i]){
if(j>=k)break;
if(cn[he[k]][j])s3+=A*j+B*k+C*i;
}
}else{
for(int j:g[k])cur[j]=1;
for(int j:g[i]){
if(j>=k)break;
if(cur[j])s3+=A*j+B*k+C*i;
}
for(int j:g[k])cur[j]=0;
}
}
}
}
return s0-s1-s2+s3;
}
int main(){
int i,j,x,y;
scanf("%d%d%I64u%I64u%I64u",&n,&m,&A,&B,&C);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
if(x>y)swap(x,y);
e[i]=edge(x,y);
}
for(i=0;i<n;i++){
if(!g[i].empty()){
sort(g[i].begin(),g[i].end());
sum[i].push_back(g[i][0]);
for(j=1;j<(int)g[i].size();j++)sum[i].push_back(sum[i][j-1]+g[i][j]);
}
}
printf("%I64u",all()-sub1()-sub2());
}
标签：include 更新 operator bre 16px type algorithm 节点 wap
原文地址：https://www.cnblogs.com/jefflyy/p/9270530.html
