【CS Round #37 (Div. 2 only) D】Reconstruct Graph

【Link】:https://csacademy.com/contest/round-37/task/reconstruct-graph/statement/

【Description】



给你一张图;

包含n个点;m条边;

你可以在这张图的基础上添加边(不能有重边和自环);

使得节点1到节点i的最短距离为d[i]

问你可能的图的个数;

【Solution】



对于某一个节点x;

它只能和d的值为d[x]-1或者d[x]的节点直接相连

因为,d的值相同的x和y,如果它们俩之间连一条边的话,它们到节点1的距离是不会变的;

而每个节点x;

它必然要和一个d值为d[x]-1的点相连;

不然,就不能得到x的d值为d[x]了;

x节点是不能和d值小于d[x]-1的点相连的,因为那样x的d值就会小于d[x];

这样;

对于x,考虑每一个d值为d[x]-1的点,(设总数为cnt),要么和它连,要么不连;

如果原图上,x和d值为d[x]-1的点,没有一个点相连,那么就要去除全都不连的情况,不然就错了,所以乘上2cnt−1

如果原图上,x和d值为d[x]-1的点,有temp个已经相连了;(temp>0)

则乘上2cnt−temp

然后,d的值相同的点之间,可以任意相连;

设d值为i的节点个数为bo[i],然后他们之间在原图上已经有temp条边;

则答案乘上2(bo[i]∗(bo[i]−1)2−temp)

即每条边也都能选择连或不连

之后,考虑无解的情况;

如果d[i]出现了,而d[i]-1却没出现;

那么就无解;

如果d的值为0的点的个数大于1个,则无解;

如果原图上的一条边x->y

1<|d[x]−d[y]|

则也无解



【NumberOf WA】



1



【Reviw】



构造题,一般有明显的结论的;

没多想,就跳过了;



【Code】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Open() freopen("F:\\rush.txt","r",stdin)
#define Close() ios::sync_with_stdio(0)

typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;

const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 1e5;
const LL MOD = 1e9+7;

int n,m,d[N+10],bo[N+10],num_edge[N+10],ma = 0;
vector <int> g[N+10];

bool wujie(){
    rep1(i,1,n)
    {
        int len = g[i].size();
        rep1(j,0,len-1){
            int y = g[i][j];
            if ( abs(d[y]-d[i])>1) return true;
        }
    }

    rep1(i,1,n) {
        bo[d[i]]++;
        ma = max(ma,d[i]);
    }

    rep1(i,0,ma)
        if (!bo[i]) return true;

    if (bo[0]>1) return true;

    return false;
}

LL Pow(LL x,LL y){
    LL temp = 1;
    while (y){
        if (y&1){
            temp = (temp*x)%MOD;
        }
        x = (x*x)%MOD;
        y>>=1;
    }
    return temp;
}

int main(){
    //Open();
    //Close();
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep1(i,1,n)
        scanf("%d",&d[i]);
    rep1(i,1,m){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        g[x].pb(y);
        g[y].pb(x);
    }

    if (wujie()) {
        printf("0\n");
        return 0;
    }

    //计算同层内的边有多少条,顺便计算可能方案;
    rep1(i,1,n){
        int len = g[i].size();
        rep1(j,0,len-1){
            int y = g[i][j];
            if (i < y && d[i]==d[y]){
                num_edge[d[i]]++;
            }
        }
    }

    LL ans = 1;
    //计算和d[i]-1层的点有多少条边,顺便计算可能方案;
    rep1(i,1,n)
        if (i!=1){
            int len = g[i].size(),temp = 0;
            rep1(j,0,len-1){
                int y = g[i][j];
                if (d[y] == d[i]-1){
                    temp++;
                }
            }
            int remain = bo[d[i]-1]-temp;
            if (temp==0){
                ans = ans*(Pow(2,remain)-1)%MOD;
            }else{
                ans = ans*Pow(2,remain)%MOD;
            }
        }

    //计算每一层可以连的边
    rep1(i,0,ma){
        ans = ans*Pow(2,1LL*bo[i]*(bo[i]-1)/2 - num_edge[i])%MOD;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

/*
    写完之后,明确每一步的作用
*/