首先引入一个最常见的经典三元环问题. #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 100005; vector <int> g[maxn], low, high; map <int, int> mp[maxn]; int n, m, in[maxn], vis[maxn]; int main() { scanf("%d %d", &n,&m); for(

题面 传送门(bzoj) 传送门(CF) \(llx\)身边妹子成群,这天他需要从\(n\)个妹子中挑出\(3\)个出去浪,但是妹子之间会有冲突,表现为\(i,j\)之间连有一条边\((i,j)\),定义一种选择方案的权值为\(Ai+Bj+Ck,i<j<k\),求所有选择方案的权值之和 题解 容斥,至少\(0\)条边相连的方案\(-\)至少\(1\)条边相连的方案\(+\)至少\(2\)条边相连的方案\(-\)至少\(3\)条边相连的方案 至少\(3\)条边相连的方案最难数,是个三元环计数,和

[BZOJ5332][SDOI2018]旧试题(数论,三元环计数) 题面 BZOJ 洛谷 题解 如果只有一个\(\sum\),那么我们可以枚举每个答案的出现次数. 首先约数个数这个东西很不爽,就搞一搞,变成\(\displaystyle \sum_{d|i}1\) 那么原式就可以写成:\(\displaystyle \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d=1}^Ad|ijk\). 既然\(d|ijk\),意味着\(d\)可以分别拆成\(i\)的一个

传送门 好久没有做过图论题了-- 考虑\(k\)次方的组合意义,实际上,要求的所有方案中导出子图边数的\(k\)次方,等价于有顺序地选出其中\(k\)条边,计算它们在哪一些图中出现过,将所有方案计算出来的答案加起来. 对于\(k\)条边来说,如果它们占据了\(x\)个点,那么它们就会出现在\(2^{n-x}\)张图中. 那么\(k=1\)答案显然是\(m \times 2^{n-2}\) \(k=2\)时有\(3\)种情况:①两条边重合,等价于\(k=1\):②两条边不重合但共一个顶点,对于一条

题目大意: 给定\(a, b, c\),求\(\sum \limits_{i = 1}^a \sum \limits_{j = 1}^b \sum \limits_{k = 1}^c [(i, j) = 1][(j, k) = 1][(i, k) = 1]\) $a, b, c \leq 5*10^4 $ 首先莫比乌斯反演 $Ans = \sum \limits_{i = 1}^a \sum \limits_{j = 1}^b \sum \limits_{k = 1}^c [(i, j) = 1

hdu 6184 Counting Stars(三元环计数) 题意: 给一张n个点m条边的无向图,问有多少个\(A-structure\) 其中\(A-structure\)满足\(V=(A,B,C,D)\) && \(E=(AB,BC,CD,DA,AC)\) 显然\(A-structure\)是由两个有公共边的三元环构成的 \(1 <=n <= 1e5\) \(1 <= m <= min(2e5,n*(n-1)/2)\) 思路: 三元环计数 做法1. ①统计每个点

传送门 这道题的思路似乎可以给很多同时枚举三个量的反演题目提供一个很好的启发-- 首先有结论:\(d(ijk) = \sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\sum\limits_{z|k}[x \perp y][y \perp z][x \perp z]\).正确性证明考虑:对于质数\(p\),设\(i,j,k\)中质因子\(p\)的个数为\(a,b,c\).在\(x,y,z\)中至多只能有\(1\)个数含质因子\(p\),有以下情况:\(x,y,z\)中都没有\(

给定 n 个点和 m 条边的一张图和一个值 k ,求图中边数为 k 的联通子图个数 mod 1e9+7. \(n \le 10^5, m \le 2 \times 10^5, 1 \le k \le 4\). 观察到 k 的值贼小,考虑分类讨论 下面代码中du[]代表点的度数.(度 找不到比较好的英文,而这个拼音比较巨,所以du是我的代码习惯中里出现拼音的少数几中情况之一)

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6184 题意: n个点m条边的无向图,问有多少个A-structure 其中A-structure满足V=(A,B,C,D) && E=(AB,BC,CD,DA,AC) 解法: 可以看出A-structure是由两个有公共边的三元环构成的,然后就变成了这道题. http://www.cnblogs.com/spfa/p/7495438.html #include <stdio.h>

题面 传送门 给出一张无向图,求 \(4\) 个点构成两个有公共边的三元环的方案数. 题解 orz余奶奶,orz zzk 首先,如果我们知道经过每条边的三元环个数\(cnt_i\),那么答案就是\(\sum_{i=1}^m{cnt_i\choose 2}\) 所以现在问题就是该怎么数三元环 据说有一个设阈值的\(O(m\sqrt{m})\)的做法,不过常数太大了,这里不讲 我们把每一条边重定向,设它连接的两个点的度数分别为\(deg_u\)和\(deg_v\),那么把这条边定为从度数大的连向度数

题目链接 hdu6184 题解 题意是让我们找出所有的这样的图形: 我们只需要求出每条边分别在多少个三元环中,记为\(x\),再然后以该点为中心的图形数就是\({x \choose 2}\) 所以我们只需找出所有三元环 据说这是一个套路题 我们将所有无向边改为有向边,由度数小的向度数大的连边,度数相同就由编号小的向编号大的 容易发现这样建图一定是一个\(DAG\) 然后我们枚举边,将边的两端点出边的到达的点打上标记,当一个点被打上同一个标记时,就成环了 因为是\(DAG\)容易发现这样找环不会重

首先将完全相同的边的权值累加.考虑这样一种trick:给边确定一个方向,由度数小的连向度数大的,若度数相同则由编号小的连向编号大的.这样显然会得到一个DAG.那么原图的三元环中就一定有且仅有一个点有两条入边了.并且每个点的出度不会超过√m,因为假设一个点连出了x条边那么其所连向的每个点也至少会有x条出边.先将每个点的所有出边按终点编号排序.然后枚举一条边,对其两端点的出边用双指针计算一下其中有多少重复点即可.这样每个环只会被计算一次.复杂度O(mlogm+m√m). 没地方交所以懒得写了.

题意 题目链接 Sol 神仙反演题.在洛谷上疯狂被卡常 Orz shadowice #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #define MP make_pair #define fi first #define se second #define LL long long const int MAXN = 2e5 + 10, mod = 1e9 + 7; using namespace std; template

题目链接 CF 原题 \(Description\) 有n个点,其中有m条边连接两个点.每一个没有连边的三元组\((i,j,k)(i<j<k)\)对答案的贡献为\(A*i+B*j+C*k\),求所有无连边三元组的贡献和. \(Solution\) 直接求无连边三元组依旧很难.考虑用所有方案去减,那 Ans=所有方案-至少有1条连边+至少有2条连边-有3条边("至少"显然比较好做啊). 对于所有方案,A,B,C可以分别统计,即枚举哪个是A/B/C,剩下的随便组合. 对于至少1

Thanks to i207M && iki9! 三元环计数 无向图的三元环计数 我们首先需要对无向边按一定规则定向: 设 \(in[u]\) 表示 \(u\) 的度数 若 \(in[u]>in[v]\) ,从 \(u\) 向 \(v\) 连边,反之则从 \(v\) 向 \(u\) 连边. 若 \(in[u]==in[v]\) ,我们从编号大的点向编号小的点连边. 此时这张图是一张有向无环图. 枚举每个点 \(u\) ,标记所有 \(u\) 的出点:然后枚举点 \(u\) 的出点 \

Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门 场号 hopping,刚好是我的学号(指 round 的编号) 注:下文中分别用 \(X,Y,K\) 代替题目中的 \(x,y,k\) 注意到这东西长得有点像三元环,因此考虑往三元环方面考虑.我们重新建立一张图,对于两点 \(x,y\),如果 \(x\to y\) 路径对应的权值为 \(X\)(即 \(x\to y\) 这条路径属于 Furukawa Nagisa),那么我们就在 \(x\to y\) 之间连一条权值为 \(1\) 的边,否则

Codeforces 题目传送门 & 洛谷题目传送门 真·ycx 做啥题我就做啥题 考虑枚举 \(j\),我们预处理出 \(c1_i\) 表示与 \(i\) 相连的编号 \(<i\) 的点的个数,再预处理出 \(c2_i\) 表示与 \(i\) 相连的编号 \(>i\) 的个数,那么共有 \(j-c1_j\) 个 \(<j\) 的数可以成为 \(i\),有 \(n-1-c2_j\) 个数可以成为 \(k\),贡献就随便算一下就行了. 但是这样会多算,多算的部分就是 \(i,k\)

[题目链接] http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3498 [题目大意] N个点m条边,每个点有一个点权a. 对于任意一个三元环(j,j,k)其贡献为max(a[i],a[j],a[k]),请你求出贡献值之和. [题解] 我们将无向边转化成从权值大的点指向权值小的点的有向边,按权值从小到大的顺序枚举起始点,枚举相连的点,如果其出度小于sqrt(m),那么枚举与其相连的点,判断是否和起始点相连,否则,枚举起始点相连的点,判断是否和枚举点相

题目链接 感觉我可能学的假的(复杂度没问题,但是常数巨大). 一个比较真的说明见这儿:https://czyhe.me/blog/algorithm/3-mem-ring/3-mem-ring/. \(Description\) n个点m条边的无向图,每个点有点权.对于任意一个三元环\((i,j,k),i<j<k\),其贡献为\(max\{a_i,a_j,a_k\}\).求所有三元环的贡献和. 一般的三元环计数问题:根据出度是否\(\leq\sqrt m\)将点分为两类. 对于\(dgr[x]

题面(权限题就不放题面了) 题解 三元环模板题,按题意模拟即可. #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> using std::vector; const int N = 1e5 + 10, M = 2.5e5 + 10; int n, m, a[N], deg[N], u[M], v[M], vis[N], tmp; long long ans; vector<int> to[N]; i