Codechef Counting the important pairs 树上差分

传送门

题意：给出一个$N$个点、$M$条边的无向连通图，求有多少组无序数对$(i,j)$满足：割掉第$i$条边与第$j$条边之后，图变为不连通。$N \leq 10^5 , M \leq 3 \times 10^5$

看起来很像割边，考虑$tarjan$，但是边散连通分量并不是很好实现，而且有很多特殊情况需要判断，所以我们考虑另外的算法

考虑$tarjan$时建出的一棵树。对于它来说，在一个端点在其下方、另一个端点在其上方的的返祖边可以成为它的依靠，因为割掉它，这一条依靠边可以代替它的功能。而对于一条返祖边来说，割掉对于树边是没有影响的，我们就定义它自己为自己的依靠。

这样每一条边都有自己的依靠集合。考虑两条依赖集合相同的边，将它们割掉之后，中间一段的点就会因为上下都没有额外的依靠而使得图不连通。而对于一条依赖集合为空的边（即割边），它选择任何边都可以加入贡献。

所以我们现在需要考虑如何给某一段边加入贡献。然后CC的题解给出的玄学办法是：随机化+树上差分+XOR

我们考虑将给一条返祖边定权值为一个$random$出来的值$t$，然后把所有依靠它的边的依靠集合异或上这个值，这个可以树上差分去做。这样所有的依靠集合就变成了一个数。然后我们判断两条边的依靠集合对应的数是否相等即可。

Because 2^64 is large enough comparing to the range of N and M, don‘t worry about the probability. :) You will get AC if you implemented correctly.——原题题解

然而我$rand() WA$了好几发qwq

如果随机数种子出了问题的话就看下面这种玄学rand好了

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define CC
 3 using namespace std;
 4
 5 inline int read(){
 6     int a = 0;
 7     bool f = 0;
 8     char c = getchar();
 9     while(c != EOF && !isdigit(c)){
10         if(c == ‘-‘)
11             f = 1;
12         c = getchar();
13     }
14     while(c != EOF && isdigit(c)){
15         a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ ‘0‘);
16         c = getchar();
17     }
18     return f ? -a : a;
19 }
20
21 const int MAXN = 100010;
22 struct Edge{
23     int end , upEd;
24 }Ed[MAXN * 6];
25 int head[MAXN] , num[MAXN] , dep[MAXN] , fa[MAXN] , N , cntEd , cnt;
26 unsigned long long point[MAXN] , forS[MAXN * 3];
27 bool vis[MAXN];
28
29 #define ll unsigned long long
30 inline ll rp(){return (1ll*rand())^(1ll*rand())<<15^(1ll*rand())<<30^(1ll*rand())<<45^(1ll*rand())<<60;}
31
32 inline void addEd(int a , int b){
33     Ed[++cntEd].end = b;
34     Ed[cntEd].upEd = head[a];
35     head[a] = cntEd;
36 }
37
38 void dfs1(int x , int t){
39     fa[x] = t;
40     dep[x] = dep[fa[x]] + 1;
41     vis[x] = 1;
42     for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
43         if(!vis[Ed[i].end])
44             dfs1(Ed[i].end , x);
45         else
46             if(dep[Ed[i].end] > dep[x]){
47                 long long t = rp();
48                 point[x] ^= t;
49                 point[Ed[i].end] ^= t;
50                 forS[++cnt] = t;
51             }
52 }
53
54 void dfs2(int x){
55     for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
56         if(fa[Ed[i].end] == x){
57             dfs2(Ed[i].end);
58             point[x] ^= point[Ed[i].end];
59         }
60     if(x != 1)
61         forS[++cnt] = point[x];
62 }
63
64 int main(){
65 #ifdef CC
66     freopen("TAPAIR.in" , "r" , stdin);
67     freopen("TAPAIR.out" , "w" , stdout);
68 #endif
69
70     N = read();
71     int M = read();
72     for(int i = 1 ; i <= M ; i++){
73         int a = read() , b = read();
74         addEd(a , b);
75         addEd(b , a);
76     }
77     dfs1(1 , 0);
78     dfs2(1);
79     sort(forS + 1 , forS + cnt + 1);
80     int p = 1;
81     while(p <= cnt && forS[p] == 0)
82         p++;
83     long long ans = (p - 1) * (long long)(p - 2) / 2 + (p - 1) * (M - p + 1);
84     while(p <= cnt){
85         int beg = p;
86         while(p <= cnt && forS[p] == forS[beg])
87             p++;
88         ans += (long long)(p - beg) * (p - beg - 1) / 2;
89     }
90     cout << ans;
91     return 0;
92 }

原文地址：https://www.cnblogs.com/Itst/p/9858885.html