AtCoder AGC033F Adding Edges (图论)

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题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc033/tasks/agc033_f

题解

又被神仙题搞自闭了……
首先让我们来读错题：把题面里的"in some order"改成"in this order"! 似乎变简单了很多！
显然一条边\((u,v)\)会被产生当且仅当在原图上存在从\(u\)到\(v\)的一条路径，使得这条路径上的点依次位于树上的一条路径上。然后我们可以从每个点开始BFS或DFS确定答案。
但是现在的题意是"in some order", 没有对路径上三个点的经过顺序进行约束。那么我们考虑把它强行转化成顺序确定的情况。
假设存在\((a,b,c)\)满足在树上\(b\)在\(a,c\)的路径上且在图上\(a,b\)和\(a,c\)之间都有连边，那么把\(a,c\)的连边去掉，连上\(b,c\)的边。假设我们这样操作直到不能操作为止，那么新的图产生的边和原图是一样的，且新图加边过程中三个点在树的路径上出现的顺序一定和"in this order"保持一致，然后直接采用刚才的做法做即可。
现在考虑如何做上面所说的操作。用\(f[u][v]\)维护以\(u\)为根时如果添加一条\((u,v)\)的边，那么实际上\(u\)端点会被哪个点替代，然后每次新加一条图的边，先把这条边缩到最短，然后再分别在以\(u\)为根\(v\)子树内和以\(v\)为根\(u\)子树内找其他能缩的边以及更新\(f\)，详见代码。
复杂度分析：发现我们每遍历一个点，要么会缩一条边，要么会使得\(f\)数组里\(f[u][v]=u\)的个数减少\(1\), 故总时间复杂度\(O(n^2+nm)\).

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define pii pair<int,int>
#define riterator reverse_iterator
using namespace std;

inline int read()
{
    int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
    return x*f;
}

const int N = 2e3;
struct Edge
{
    int v,nxt;
} e[(N<<1)+3];
int fe[N+3];
int fa[N+3][N+3];
int f[N+3][N+3];
int n,m,en,ans;

void addedge(int u,int v)
{
    en++; e[en].v = v;
    e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en;
}

void dfs1(int rt,int u)
{
    for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
    {
        int v = e[i].v; if(v==fa[rt][u]) continue;
        fa[rt][v] = u;
        dfs1(rt,v);
    }
}

void addedgeg(int u,int v)
{
    if(f[u][v]==v||f[v][u]==u) {return;}
//  printf("addedgeg %d %d %d %d\n",u,v,f[u][v],f[v][u]);
    if(f[u][v]!=u) {addedgeg(f[u][v],v); return;}
    if(f[v][u]!=v) {addedgeg(u,f[v][u]); return;}
    f[u][v] = v,f[v][u] = u;
    vector<pii> ext; queue<int> que;
    que.push(v);
    while(!que.empty())
    {
        int cu = que.front(); que.pop();
        for(int i=fe[cu]; i; i=e[i].nxt)
        {
            int cv = e[i].v; if(cv==fa[u][cu]) continue;
            if(f[u][cv]==u) {f[u][cv] = v; que.push(cv);}
            else {ext.push_back(mkpr(v,cv));}
        }
    }
    que.push(u);
    while(!que.empty())
    {
        int cu = que.front(); que.pop();
        for(int i=fe[cu]; i; i=e[i].nxt)
        {
            int cv = e[i].v; if(cv==fa[v][cu]) continue;
            if(f[v][cv]==v) {f[v][cv] = u; que.push(cv);}
            else {ext.push_back(mkpr(u,cv));}
        }
    }
    for(int i=0; i<ext.size(); i++)
    {
        addedgeg(ext[i].first,ext[i].second);
    }
}

void dfs2(int rt,int u,int prv)
{
    if(u!=rt && f[prv][u]==u) {ans++; prv = u;}
    for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
    {
        int v = e[i].v; if(v==fa[rt][u]) continue;
        dfs2(rt,v,prv);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1; i<n; i++) {int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); addedge(u,v); addedge(v,u);}
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        dfs1(i,i);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) f[i][j] = i;
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
        addedgeg(x,y);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        dfs2(i,i,i);
    }
    printf("%d\n",ans>>1);
    return 0;
}

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