Solution -「APIO 2018」「洛谷 P4630」铁人两项

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图（不保证联通），求有序三元点对 \((s,c,f)\) 的个数，满足 \(s,c,f\) 互不相同，且存在一条从 \(s\) 到 \(c\) 再到 \(f\) 的简单路径。

  \(n\le10^5\)，\(m\le2\times10^5\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  首先考虑这样一个问题，若 \(s,c,f\) 在同一点双中，是否一定满足条件。

  答案是肯定的，这里介绍一种 CF 某题解上提到的证明。

性质证明

  构造网络，将点双中的每个点拆点。对于点 \(u\)，连接 \((u_i,u_o,1)\)。对于原图中的边 \((u,v)\)，连接 \((u_o,v_i,1)\)。对于选定的 \(s,c,f\)，连接 \((S,c_i,2),(s_o,T,1),(f_o,T,1)\)，接下来只需要证明该网络的最大流为 \(2\)。

  那么只需要考虑最小割 \(C\)。显然 \(C\le2\)，则只需证 \(C>1\)。

  首先，割掉 \((S,c_i,2)\) 或同时割掉 \((s_o,T,1),(f_o,T,1)\) 都不能使 \(C\le1\)。接下来考虑其它类型的边。

• 割掉 \((u_i,u_o,1)\)，相当于删除 \(u\) 点。因为这是一个点双，所以 \(c\) 与 \(s,f\) 仍然连通，不满足。

• 割掉 \((u_o,v_i,1)\)，相当于删除 \((u,v)\) 边。显然其对于连通性的影响不大于删除 \(u\) 点或 \(v\) 点，由上种情况，亦不满足。

  到此，有 \(C>1\)。由因为 \(C\le2\) 且 \(C\in\mathbb N\)，所以 \(C=2\)。那么这样的路径一定存在，证毕。

  那么如果固定 \(s,f\)，合法的 \(c\) 就可以在圆方树 \(s\) 到 \(f\) 路径上的所有圆点和所有方点所代表的圆点（除去 \(s,f\)）。这是因为 \(c\) 取在任意点双内部，由我们的结论，都一定可以从某点进入点双，经过 \(c\)，再从某点走出点双。

  但简单的计算会导致重复——一个圆点对多个方点有贡献。

  举个例子，对于 \(u-w-v\)，\(w\) 是圆点，\(u,v\) 是方点，如果我们单纯地用点双大小作为方点的权值，\(w\) 就会在 \(u\) 和 \(v\) 中分别计算一次。

  解决办法很巧妙：将圆点的权值设为 \(-1\)。考虑 \(s\) 到 \(f\) 的路径必然是”圆-方-圆-……-圆-方-圆“，两个端点的 \(-1\)，去除了 \(s\) 和 \(f\) 的贡献，中间的 \(-1\) 去除了在左右的”方“中重复的贡献。那么，合法的 \(c\) 的数量就是 \(s\) 到 \(f\) 的树上路径权值之和。

  于是，相当于求树上点对的路径权值和。反过来，固定 \(c\)，维护子树信息求出 \((s,f)\) 的方案数，计算 \(c\) 的贡献即可。

  复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

\(\mathcal{Code}\)

#include <cstdio>

const int MAXN = 1e5, MAXM = 2e5;
int n, m, q, snode;
int dfc, top, dfn[MAXN + 5], low[MAXN + 5], stk[MAXN + 5];
int siz[MAXN * 2 + 5], val[MAXN * 2 + 5];
long long ans;

struct Graph {
	int ecnt, head[MAXN * 2 + 5], to[MAXM * 2 + 5], nxt[MAXM * 2 + 5];
	inline void link ( const int s, const int t ) {
		to[++ ecnt] = t, nxt[ecnt] = head[s];
		head[s] = ecnt;
	}
	inline void add ( const int u, const int v ) {
		link ( u, v ), link ( v, u );
	}
} src, tre;

inline bool chkmin ( int& a, const int b ) { return b < a ? a = b, true : false; }

inline void Tarjan ( const int u, const int f ) {
	dfn[u] = low[u] = ++ dfc, val[stk[++ top] = u] = -1;
	for ( int i = src.head[u], v; i; i = src.nxt[i] ) {
		if ( ( v = src.to[i] ) == f ) continue;
		if ( ! dfn[v] ) {
			Tarjan ( v, u ), chkmin ( low[u], low[v] );
			if ( low[v] >= dfn[u] ) {
				tre.add ( u, ++ snode ), val[snode] = 1;
				do tre.add ( snode, stk[top] ), ++ val[snode]; while ( stk[top --] ^ v );
			}
		} else chkmin ( low[u], dfn[v] );
	}
}

inline void calc ( const int u, const int f ) {
	siz[u] = u <= n;
	for ( int i = tre.head[u], v; i; i = tre.nxt[i] ) {
		if ( ( v = tre.to[i] ) ^ f ) {
			calc ( v, u );
			ans += 1ll * val[u] * siz[u] * siz[v];
			siz[u] += siz[v];
		}
	}
	ans += 1ll * val[u] * siz[u] * ( dfc - siz[u] );
}

int main () {
	scanf ( "%d %d", &n, &m ), snode = n;
	for ( int i = 1, u, v; i <= m; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d", &u, &v );
		src.add ( u, v );
	}
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		if ( ! dfn[i] ) {
			dfc = top = 0;
			Tarjan ( i, 0 );
			calc ( i, 0 );
		}
	}
	printf ( "%lld\n", ans << 1 );
	return 0;
}