2017国家集训队作业[agc006f]Blackout

题意：

有一个\(N*N\)的网格，一开始有\(M\)个格子被涂黑，给出这\(M\)个格子，和染色操作：如果有坐标为\((x,y),(y,z)\)的格子已被染黑，那么就可以染黑坐标为\((y,z)\)的格子。问操作到不能再操作的时候，网格里有多少个黑格子？（\(1\le N,M\le 10^5\)，最开始给出的\(M\)个坐标互不相同）

题解：

在场上签到签了两个小时，看到这题一脸懵逼。= =!大概想到是把形如\((x,y),(y,z)\)格子之间连一条边，然后会产生个新点之类的。现在想想，这样的空间复杂度完全不对了，做法不可能是这个。（然而我在场上想到这的时候，决定去打暴力了）

每个\(OIer\)肯定做过一题，就是在网格上求某种合法方案，使得同一行、同一列只能有一个点。二分图匹配，对吧。那里选一个点等于行号同列之间连一条边。这题也是这样的模型。

把所有初始涂黑的点的行号同列号之间连一条单向边，那么所有点组成了若干个弱联通块，如果有边\(x\rightarrow y,y\rightarrow z\)，就会产生\(z\rightarrow x\)的边，这样，我们发现一次操作一定生成了一个三元环，三染色。。。。。。。。不妨设染色顺序为\(0,1,2\)。

三种情况：

\(1.\)如果三种颜色没法全部用到，那么说明当前弱联通块无法进行操作。那么它对答案的贡献就是弱联通块的边数。

\(2.\)如果三种颜色全部用到了，但是存在某两个同颜色的点之间有边，那么说明这个弱联通块出现了环，稍微画画就能得出这个弱联通块最后一定会成为一个完全图，贡献为点数的平方。

\(3.\)其它情况，贡献为：颜色为颜色为\(0\)的点数\(*\)颜色为\(1\)的点数\(+\)颜色为\(1\)的点数\(*\)颜色为\(2\)的点数\(+\)颜色为\(2\)的点数\(*\)颜色为\(0\)的点数。

一名签到和暴力选手的啰嗦题解。。。

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define fo(i,l,r) for(ll i=l;i<=r;i++)

#define of(i,l,r) for(ll i=l;i>=r;i--)

#define fe(i,u) for(ll i=head[u];i;i=e[i].next)

using namespace std;

typedef long long ll;

inline ll rd()

{

    static ll x,f;

    x=0,f=1;

    char ch=getchar();

    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;

    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';

    return x*f;

}

const ll N=100010;

struct edge{

	ll v,ty,next;

	edge(ll v=0,ll ty=0,ll next=0):v(v),ty(ty),next(next){}

}e[N<<1];

ll n,m,col[N],cnt[3],siz;

ll tot=0,head[N];

bool flag;

inline void add(ll u,ll v,ll ty){e[++tot]=edge(v,ty,head[u]);head[u]=tot;}

void dfs(ll u)

{

	cnt[col[u]]++;

	fe(i,u){

		ll v=e[i].v,ty=e[i].ty;

		siz+=(ty==1);

		if(~col[v])flag|=(col[v]!=(col[u]+ty)%3);

		else col[v]=(col[u]+ty)%3,dfs(v);

	}

}

int main()

{

	#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("inb.txt","r",stdin);

	#endif

	n=rd();m=rd();

	fo(i,1,m){

		ll x=rd(),y=rd();

		add(x,y,1);add(y,x,2);

	}

	memset(col,-1,sizeof col);

	ll ans=0;

	fo(i,1,n){

		if(~col[i])continue;

		cnt[col[i]=0]=cnt[1]=cnt[2]=siz=flag=0;

		dfs(i);

		if(flag)ans+=(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2])*(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]);

		else if(cnt[0]&&cnt[1]&&cnt[2])ans+=cnt[0]*cnt[1]+cnt[1]*cnt[2]+cnt[2]*cnt[0];

		else ans+=siz;

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}