【XSY2729】欧拉子图 无向图连通性 数学

题目大意

　　给你一个\(n\)个点\(m\)条边的无向图（可能有重边），对于这个图的边集的子集（一共有\(2^m\)个），如果其导出的子图的每个联通块内都存在欧拉回路，我们就把答案加上这个子图的边数的平方，答案对\({10}^9+7\)取模。

　　\(n,m\leq 200000\)

题解

　　先求出这个图的DFS树。

　　记\(c\)为这个图的联通块个数。

　　通过观察发现，如果非树边任意选，那么确定非树边之后树边只有一种选择方案（从下往上做一遍树形DP可以得到方案）。

　　所以选择方案是\(2^{m-n+c}\)种。

　　但是这题要求的是边数的平方和。

　　假设当前删除了\(x\)条边，那么边数平方就是\({(m-x)}^2=m^2-2mx+x^2\)。

　　现在要求出删除一条边/两条边后的方案数（就是联通块个数）。

　　第一项很好计算，就是方案数\(\times m^2\)。

　　第二项很好计算，如果一条边是桥，那么\(c++\)，否则不变。

　　第三项不那么好计算。如果两条边都是桥，那么\(c+=2\)。如果一条边是桥但另一条边不是，那么\(c++\)。否则（两条边不是桥），有可能是\(c++\)，有可能\(c\)不变。

　　那么什么时候\(c\)会\(+1\)呢？可以用DZY Loves Chinese II这道题的方法，给每条非树边赋一个随机权值，每条树边的权值就是跨过这条树边的其他非树边的权值的异或和。

　　这样，删除两条非桥边会产生新的联通块当且仅当着两条边的权值相同。

　　那错误概率又是多少呢？

　　考虑这两条边的异或和是由哪些边组成的。异或和为\(0\)当且仅当每一位为\(0\)。每一位为\(0\)当且仅当这些边的这一位有偶数个\(1\)，这个概率是\(\frac 12\)。那么\(64\)位全部错误的概率是\(2^{-64}\)，正确的概率是\(1-2^{-64}\)。

　　然后直接把这些边按权值排序，每种权值统计一下就做完了。

　　时间复杂度：\(O(n+m)\)

　　什么？你说排序？有一种东西叫挑战排序，这种排序是\(O(m)\)的。（我没写）

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll pw[200010];
struct graph
{
	int v[400010];
	int w[400010];
	int t[400010];
	int h[200010];
	int n;
	int b[400010];
	void add(int x,int y,int z)
	{
		n++;
		v[n]=y;
		w[n]=z;
		t[n]=h[x];
		h[x]=n;
	}
};
graph g;
int f[200010];
ll v[200010];
int b[200010];
int d[200010];
int lx[200010];
int ly[200010];
ll c[200010];
int shu[200010];
void dfs(int x,int fa,int dep)
{
	f[x]=fa;
	d[x]=dep;
	b[x]=1;
	int i;
	for(i=g.h[x];i;i=g.t[i])
		if(!b[g.v[i]])
		{
			dfs(g.v[i],x,dep+1);
			shu[g.w[i]]=1;
			g.b[i]=1;
		}
}
void dfs(int x)
{
	int i;
	for(i=g.h[x];i;i=g.t[i])
		if(g.b[i])
		{
			dfs(g.v[i]);
			c[g.w[i]]=v[g.v[i]];
			v[x]^=v[g.v[i]];
		}
}
int n,m;
ll a[200010];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	srand(time(0));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,x,y;
	pw[0]=1;
	for(i=1;i<=m;i++)
		pw[i]=pw[i-1]*2%p;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g.add(x,y,i);
		g.add(y,x,i);
		lx[i]=x;
		ly[i]=y;
	}
	int cnt=0;
	ll ans;
	for(i=1;i<=n;i++)
		if(!b[i])
		{
			dfs(i,0,1);
			cnt++;
		}
	for(i=1;i<=m;i++)
		if(!shu[i])
		{
			ll val=(ll)rand()*RAND_MAX+rand();
			v[lx[i]]^=val;
			v[ly[i]]^=val;
			c[i]=val;
		}
	for(i=1;i<=n;i++)
		if(!f[i])
			dfs(i);
	ans=(ll)m*m%p*pw[m-n+cnt]%p;
	ll s=0;
	int bcnt=0;
	int t=0;
	for(i=1;i<=m;i++)
		if(c[i])
		{
			s=(s+pw[m-n+cnt-1])%p;
			a[++t]=c[i];
		}
		else
		{
			s=(s+pw[m-n+cnt])%p;
			bcnt++;
		}
	sort(a+1,a+t+1);
	ans=(ans-2*m*s)%p;
	ans=(ans+pw[m-n+cnt]*((ll)bcnt*bcnt%p))%p;
	ans=(ans+pw[m-n+cnt-1]*2%p*bcnt%p*t)%p;
	s=0;
	int tot=0;
	for(i=1;i<=t;i++)
		if(i==1||a[i]!=a[i-1])
		{
			s=(s+(ll)tot*tot)%p;
			tot=1;
		}
		else
			tot++;
	s=(s+(ll)tot*tot)%p;
	ans=(ans+pw[m-n+cnt-1]*s)%p;
	if(m-n+cnt>=2)
		ans=(ans+pw[m-n+cnt-2]*(((ll)t*t-s)%p))%p;
	ans=(ans+p)%p;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}