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最终的归宿 自做自切

作者:互联网

U231111 最终的归宿 题解

观察到题目中 \((x, y) \oplus (y, z) = (z, x)\) 的特殊二元组生成方式,我们很容易联想到三元环,于是思考到能不能用图论解决这个问题。

具体在这个题目上,也就是给定了一个有向图,无重边有自环,一旦有 \(x \to y, y\to z\),我们能迭代出一条 \(z \to x\) 的边,问最后总图有多少边。

根据题意,这个图不一定联通,但明显地,对于整个图而言,所有的弱联通块之间可以独立处理答案,最终的答案是这些弱联通块答案的总和。所以我们接下来处理的对象都是单个弱联通块。

(弱联通块的意思就是:该块中所有边不考虑方向,那么这个块是联通的)

我们考虑最简单的情况:一条链,并且一定以 \(1\) 开头。

最简单的情况

我们发现可以至少迭代出这样三条边:\(3 \to 1, 4 \to 2, 5 \to 3\).

然后发现:好像类似于一个大小为 \(3\) 的循环。于是想到一个方案:对节点染色,色彩也按照一个大小为 \(3\) 的周期循环。具体用公式表示(为方便,我们将节点 \(i\) 的颜色表示为 \(c_i\)):

如果存在一条边 \(u \to v\),我们的染色要使

\[c_v=\begin{cases}c_u + 1& c_u \in \{1, 2\}\\1 & c_u = 3\end{cases} \]

聪明的小伙伴发现这种染色方案可能无法实现。具体来说,染色的结果有三种情况:

以此图为例,染色情况为,\(1\) 染成 \(1\),\(2\) 染成 \(2\),\(3\) 染成 \(3\),\(4\) 染成 \(1\),\(5\) 染成 \(2\)。属于第一种情况,染色成功并且三个色彩都有。

这样一来,\(3 \to 1\) 对应颜色 \(3 \to 1\),\(4 \to 2\) 对应颜色 \(1 \to 2\),\(5 \to 3\) 对应颜色 \(2 \to 3\)。

于是嘴一个做法:如果存在两个点 \(u, v\),使得 \(c_u = 1, c_v = 2\) 或者 \(c_u = 2, c_v = 3\) 或者 \(c_u = 3, c_v = 1\),那么就连一条 \(u \to v\) 的边,接下来为了叙述方便,我们将这种边叫做正边

哦,这下我们还发现,原来刚刚我们落了一条边没连:\(1 \to 5\)(形成的三元环为 \(3 \to 1 \to 5 \to 3\))。总共边数为 \(8\)。

但刚刚的情况太简单,我们能否换成一般的图呢?

更一般的图

如图中的黑边就是原边,我们按照黑边将节点染色(图中的红字),然后再连接出所有正边(图中的绿边),既可以形成上方这个图。手动按照题目模拟一下,发现满足题意。

严格证明这个命题:染色结果为第一种情况时,所有的正边的集合就是答案。

此时一定存在 \(x, y, z\) 使得边 \(x \to y\) 和 \(y \to z\) 存在(原因:三种颜色染全),并且 \(c_x, c_y, c_z\) 要么分别等于 \(1, 2, 3\),要么分别等于 \(2, 3, 1\),要么分别等于 \(3, 1, 2\)。根据对称性我们只假定第一种情况,即 \(c_x = 1, c_y = 2, c_z = 3\)。首先明显地,我们能迭代一条 \(z \to x\) 的边,\(x, y, z\) 形成三元环。明显此时所有正边就是答案。假设目前讨论的总点数为 \(n\)(注意和题目中 \(n\) 的含义不同)。现在我们就可以说:\(n = 3\) 时,命题成立。

接下来来几个命题:

命题:如果存在 \(u \to v\) 且 \(u \to w\),那么有 \(c_v = c_w\)。

命题:如果存在 \(v \to u\) 且 \(w \to u\),那么有 \(c_v = c_w\)。

命题:不可能存在 \(u \to v\) 且 \(v \to u\)。

证明:第一个命题看一下怎么染色的就明白了……

第二个命题,反证法,假设 \(c_v \neq c_w\),那么立刻推导出来 \(c_u \neq c_u\),寄。

第三个命题同样也反证法,也能推出来 \(c_u \neq c_u\),此处不过多说明。

命题:不存在一个节点 \(u\) 使得 \(u \to x\) 且 \(u \to y\)。

命题:不存在一个节点 \(u\) 使得 \(x \to u\) 且 \(y \to u\)。

证明:注意这里 \(x, y, z\) 是前面定义的那三个点哦。两个都是反证法,命题成立可以推出来 \(c_x = c_y\),和题设矛盾。同时这两个命题可以对称,也就是 \(x, y\) 可以替换为 \(x, y, z\) 中的任何一对(比如 \(y, z\))。

命题:初始的图中所有边都是正边。

证明:这是显然的,因为颜色本就是根据图中的边染的。

命题:任何一次迭代新生成的边都是正边。

证明:假设边集 \(E\) (对应原题的集合 \(S\))中的边都是正边,按照迭代规则生成的边也应该是正边。初始时边集 \(E\) 中是正边,那么第一次迭代后加入边集 \(E\) 的是正边,因此满足边集 \(E\) 中的边永远是正边,因此满足任何一次迭代新生成的边都是正边。

这个命题比较有价值意义,因为它直接证明了原命题的必要性,现在只需要证明充分性,也就是所有正边都是迭代的答案,或者说迭代的答案一定包含了所有正边

然后开始真正的证明:

假如有一个点 \(u\),满足 \(u \to x\) 存在,那么就会迭代出 \(u \to x \to y \to u\) 这样一个三元环;对应地,假如满足 \(x \to u\) 存在,那么就会迭代出 \(x \to u \to z \to x\) 这样一个三元环。同理根据对称性可知:假如一个点 \(u\) 和 \(x ,y, z\) 中的任意一个点相邻(中间有一条边,不管方向),那么迭代一次后 \(u\) 会和 \(x, y, z\) 中的恰好两个点相邻,并且有且只有一条从 \(u\) 出发连向 \(x, y, z\) 中某一点的边,有且只有一条从 \(x, y, z\) 中某一点连向 \(u\) 的边。

说的有点复杂啊,其实就是这样一张图:

n = 4

这里是 \(u \to x\) 的情况;明显地 \(u \to y\),\(u \to z\) 这两种情况同理;\(y \to u\) 也是上面这种图的连边,只不过现在是 \(y \to u\) 黑色,\(u \to x\) 绿色了。\(x \to u\) 和 \(z \to u\) 同理。

此时,明显 \(x, y, z\) 内部所有的正边已经连接,而 \(u\) 与 \(x, y, z\) 迭代形成的两个正边也已经全部连接。同时注意到,\(u\) 和 \(x, y, z\) 中的两个点形成三元环。

下结论!\(n = 4\) 时,命题成立。

接下来假设一个节点 \(v\) 和 \(u, x, y, z\) 中的至少一个点相邻,此时我们假设 \(u, x, y, z\) 之间的正边我们已经连好了。我们想要证明

迭代后 \(v\) 会和 \(x, y, z\) 中的恰好两个点相邻,并且有且只有一条从 \(v\) 出发连向 \(x, y, z\) 中某一点的边,有且只有一条从 \(x, y, z\) 中某一点连向 \(v\) 的边。这两条边都是 \(v\) 与 \(x, y, z\) 之间有且只有的两条正边。

没错就是刚刚那一堆,\(u\) 换成 \(v\)。

首先明显地,\(v\) 和 \(x, y, z\) 任意一点相邻可以推出结论成立,因为和 \(u\) 的推理过程是完全相同的。

那么现在我们假定 \(v\) 和 \(u\) 相邻。发现此时有两种情况:要么是 \(v \to u \to x \operatorname{or} y\operatorname{or} z\),要么是 \(x \operatorname{or} y\operatorname{or} z \to u \to v\)(取决于 \(u, v\) 之间边的方向)。明显再次满足迭代条件。迭代后,\(v\) 就和 \(x \operatorname{or} y \operatorname{or} z\) 相邻,再次回到熟悉的情况。(我们姑且把这个叫做二次迭代)

那么证明这个结论有什么用呢?

看图:

n = 5

上方的绿边是我们首先连的;下方的绿边是在上方绿边后,\(v\) 和 \(x\) 相邻,于是采用了和 \(u\) 相同的手段继续。

理性探究:这样的二次迭代,还有这样一种情况:

n = 5, 2

这里我们运用的仍然是对称思想——\(u\) 和 \(z\) 是完全对称的!也就是这种情况和刚刚那种情况是类似的,我们可以把 \(u\) 看成 \(z\)。

然后我们就能改写一下上面我们证明的结论……新来的节点 \(v\),总会恰好连接到和他颜色互补的两个颜色的节点

到这里证明就结束了,因为这个正好就是命题的另一种形式。\(n = 5\),命题成立。

到这里你会发现有一点数学归纳思想的感觉了。同理,\(w\) 和 \(u, v, x, y, z\) 中的任何一个点相邻,会得到新来的节点 \(w\) 也总会恰好连接到和他颜色互补的两个颜色的点。\(n=6\) 命题也成立了。

因为整张图弱联通,一直这样下去,所有的点都会被讨论到。\(n\) 会一直命题成立下去。

于是这个结论就华丽证明结束了……

但是别忘了,这是一种情况。还有两种情况,分别是什么?

看起来上面那个情况(也就是第二个情况)好处理一点。其实真的很好处理,直接给出答案,你迭代不出任何边,最终的答案就是原来有多少边就是多少。

证明非常简单。采用反证法证明不存在 \(x \to y, y\to z\) 这种形式:如果存在这种形式那么就会有三种颜色。与题设矛盾。原命题得证。

这个命题得证直接说明迭代条件成立不了,寄!

于是来到最后一种情况:染色时出现矛盾

可能会有小伙伴想象不出来这种情况,画个图举例:

矛盾

对的,就是个简单的四元环。但是你会发现你没办法把它染色成功。

比如,\(u\) 染成 \(1\),\(x\) 染成 \(2\),\(y\) 染成 \(3\),\(z\) 染成 \(1\),然后……\(z \to u\) 就寄了。。

接下来我们手动模拟一下这个图,然后你会得到一个这样的东西。。

矛盾结果

是的,什么边都能迭代出来!!

接下来开始证明:

在染色情况三中,迭代结果为完全图(包括自环)的边集。

命题:如果图中存在自环,那么迭代结果为完全图(包括自环)的边集。

证明:假设这个自环节点为 \(t\),那么和 \(t\) 相邻的点 \(u\) 都会因为 \(u \to t \to t \to u\) 和 \(t\) 连成双向边,因为 \(u \to t \to u \to u\) 从而使得 \(u\) 形成自环。然后因为 \(u\) 是自环了,和 \(u\) 相邻的 \(v\) 肯定也会和 \(u\) 形成双向边并且 \(v\) 自身形成自环,证明和 \(u, t\) 之间相同。最后因为弱联通,相邻明显会遍布所有点,于是所有点之间都会存在双向边,所有点都有自环。

接下来考虑一般的矛盾图,我们来证明迭代后一定会产生自环,这样就能证明结论了。

首先我们可以想到,一般的矛盾图中一定存在一个弱环(不考虑边的方向就是环),这个弱环会产生矛盾。

这个很好证明,也是反证法,如果不存在弱环,那就是个树,每个节点根据父节点染色就好了,能构造出成功的染色方案。

考虑这样一个矛盾环:

矛盾环

(注意和我最开始举的那个矛盾的例子是不一样的,边的方向不同)

首先这个环里肯定有类似 \(x \to y \to z\) 的状态。好的叛逆的小伙伴马上发言了,那我马上构造一个没有任何 \(x \to y \to z\) 的弱环。

那么,首先我可以证明,这个弱环的节点必须是偶数(奇数无法构造),偶数只可以构造出一种顶针的图:

顶针

这种类似的图我们都可以构造这样一个染色方案:\(c_x = c_z = c_v = 1, c_y = c_t=c_u = 2\)。然后应该走第二种情况。

接下来继续证明。既然这个弱环存在 \(x \to y \to z\),那么我们就迭代出一条 \(z \to x\) 的边(在这个例子里是 \(4 \to 2\))。

矛盾环2

于是我们接下来关注 \(4, 1, 2\) 组成的这个小弱环——它是一定存在矛盾的。(因为 \(4, 2, 3\) 这个弱环没有问题)

同理这个弱环一定有 \(x \to y \to z\),这个图中是 \(1 \to 4 \to 2\),我们连接上 \(z \to x\), 这个图中是 \(2 \to 1\)。

弱环3

然后接着我们抛弃掉 \(4\),找到 \(x \to y \to z\) 的 \(1 \to 2 \to 1\),然后就 \(1 \to 1\),喜闻乐见地得到自环。

从这个特殊再次推广到一般,我们会发现,对于染色矛盾的图:

证明结束。

于是到这里,我们完美证明了三种染色情况对应的结果。

第一种染色情况:所有颜色为 \(1\) 的点向所有颜色为 \(2\) 的点连边,所有颜色为 \(2\) 的点向所有颜色为 \(3\) 的点连边,所有颜色为 \(3\) 的点向所有颜色为 \(1\) 的点连边。

这里我们设颜色为 \(1\) 的点共有 \(p\) 个,颜色为 \(2\) 的点共有 \(q\) 个,颜色为 \(3\) 的点共有 \(r\) 个,那么这种情况的对应答案为 \(pq + qr + pr\)。

第二种染色情况:也就是原来的边数,直接比如是 \(m\)。(\(m\) 和题目中含义不同)

第三种染色情况:染色矛盾,此时应该是所有点都向所有点连边(包括自己),也就是点数的平方,可以说 \(n ^ 2\)。(\(n\) 和题目中含义不同)

最后考虑我们如何染色。回顾一下怎么染色的吧。

如果存在一条边 \(u \to v\),我们的染色要使

\[c_v=\begin{cases}c_u + 1& c_u \in \{1, 2\}\\1 & c_u = 3\end{cases} \]

那么我们直接从一个点开始遍历出边 \(u \to v\),然后对出点进行对应规则的染色就可以了。但问题在于我们给出的是弱联通块,任意一点甚至不能互相可达。

其实这个问题很好解决,初始建图时,对于 \(u \to v\),我们建一条反边 \(v \to u\) 就可以了,遍历的时候,如果是正边,那么按照正常染色,如果是反边,那么按照反着循环染色,也就是:对于一条反边 \(u \to v\),有

\[c_v=\begin{cases}c_u - 1& c_u \in \{2, 3\}\\3 & c_u = 1\end{cases} \]

于是这样可以保证任意一点互相可达。你是否想问可以不可以挨个没有遍历到的点为起点开始 dfs / bfs,其实稍微想一下就知道为什么不可以了(弱联通快新的部分起点应该以什么颜色开头?能否和弱联通块之前染色的那部分完美吻合?怎么区分是否在同一个弱联通块?很难处理)。

代码:

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-07-25 02:05:23 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-07-25 03:15:21
 */
#include <bits/stdc++.h>
inline int read() {
    int x = 0;
    bool flag = true;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            flag = false;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    if(flag)
        return x;
    return ~(x - 1);
}

const int maxm = (int)2e5 + 5; // 注意双倍建图要双倍数组大小
const int maxn = (int)1e5 + 5;

struct edge {
    int to, nxt, w;
}e[maxm];

int head[maxn], ecnt = 0;
inline void add_edge(int u, int v, int w) {
    e[++ecnt].to = v;
    e[ecnt].w = w;
    e[ecnt].nxt = head[u];
    head[u] = ecnt;
}

int c[maxn], cnt[5];
// c 数组代表第 i 个节点的颜色,注意程序中为了方便,染色使用0, 1, 2
// cnt 数组代表第 i 个颜色的节点数量,统计用

inline int cal(int u, int w) {
    return (u + w) % 3; // 计算节点 u 的后 w 个颜色
}

std :: queue <int> q;

int main() {
    std :: memset(c, -1, sizeof(c)); // -1 才表示未染色,因为 0 是颜色之一
    int m = read(), n = 0; // m 是题目中的 n,n 是题目中的 m
    while (m--) {
        int x = read(), y = read();
        add_edge(x, y, 1);
        add_edge(y, x, 2); // 在 %3 意义下相当于 -1,但是不用判断负数
        n = std :: max(n, std :: max(x, y)); // n 取最大的 x, y
    }

    long long ans = m = 0; // m 已经没有用了,这里我们用它来维护每个弱联通块的边数
    bool flag = false; // 染色是否矛盾
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (c[i] != -1) // 如果不是新弱联通块就 continue
            continue;
        // 接下来都是从新的弱联通块中一个点开始 bfs
        cnt[0] = cnt[1] = cnt[2] = c[i] = m = 0;
        flag = false;
        q.push(i);
        while (!q.empty()) {
            int u = q.front();
            q.pop();
            ++cnt[c[u]]; // 统计 cnt
            for (int j = head[u]; j; j = e[j].nxt) {
                ++m; // 统计边
                int v = e[j].to;
                if (c[v] != -1) { // 已经染色
                    if (c[v] != cal(c[u], e[j].w)) // 矛盾
                    // 当前需要给他染的色和之前给他染的色不匹配
                        flag = true;
                } else { // 未染色
                    c[v] = cal(c[u], e[j].w); // 染色
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        if (flag) // 情况三
            ans += 1LL * (cnt[0] + cnt[1] + cnt[2]) * (cnt[0] + cnt[1] + cnt[2]);
            // 明显地 cnt[0] + cnt[1] + cnt[2] 代表总共点数
        else if ((cnt[0] != 0) && (cnt[1] != 0) && (cnt[2] != 0)) // 情况一
            ans += 1LL * cnt[0] * cnt[1] + 1LL * cnt[1] * cnt[2] + 1LL * cnt[0] * cnt[2];
        else // 情况二
            ans += m >> 1; // 因为双倍建图所以实际边数应该是双倍的图中的边数除以2
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

最终的归宿。是个结论题。

标签:颜色,自做,迭代,染色,归宿,命题,证明,正边,自切
来源: https://www.cnblogs.com/crab-in-the-northeast/p/luogu-u231111.html