【XIV Open Cup E.V. Pankratiev. GP of SPb. H】Reachability 题解
题目大意
一幅有向图有 n n n 个结点，初始没有边。
有 q q q 个操作，四种类型：
- + o v k a 1 ⋯ a k +~o~v~k~a_1~\cdots~a_k + o v k a1 ⋯ ak：加入边 ( v , a 1 ) , ⋯ , ( v , a k ) (v,a_1),\cdots,(v,a_k) (v,a1),⋯,(v,ak)
- + i v k a 1 ⋯ a k +~i~v~k~a_1~\cdots~a_k + i v k a1 ⋯ ak：加入边 ( a 1 , v ) , ⋯ , ( a k , v ) (a_1,v),\cdots,(a_k,v) (a1,v),⋯,(ak,v)
- − o v k a 1 ⋯ a k -~o~v~k~a_1~\cdots~a_k − o v k a1 ⋯ ak：删除边 ( v , a 1 ) , ⋯ , ( v , a k ) (v,a_1),\cdots,(v,a_k) (v,a1),⋯,(v,ak)
- − i v k a 1 ⋯ a k -~i~v~k~a_1~\cdots~a_k − i v k a1 ⋯ ak：删除边 ( a 1 , v ) , ⋯ , ( a k , v ) (a_1,v),\cdots,(a_k,v) (a1,v),⋯,(ak,v)
加边之前会保证原来没有这条边，删边之前会保证原来有这条边。
每次操作后，可以得到一个连通性矩阵 a a a（ a i , j = 1 a_{i,j}=1 ai,j=1 表示 i i i 能到 j j j），输出
( ∑ i , j = 1 n a i , j A i − 1 B j − 1 ) mod 2 32 \bigg(\sum_{i,j=1}^n a_{i,j}A^{i-1}B^{j-1}\bigg)~\text{mod}~2^{32} (i,j=1∑nai,jAi−1Bj−1) mod 232
1 ≤ n ≤ 400 , 1 ≤ q ≤ 800 , 1 ≤ A , B ≤ 1 0 9 1 \leq n \leq 400,~1 \leq q \leq 800,~1 \leq A,B \leq 10^9 1≤n≤400, 1≤q≤800, 1≤A,B≤109
3s
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解法1
每个点维护一个 bitset 表示它能到哪些点。
每次操作时，暴力重构 v v v 的 bitset，然后 bfs 一下把能到 v v v 的点找出来，按拓扑序更新它们的 bitset。维护 bitset 时顺便维护答案。
对于加边操作的更新，是 b i t s e t i = b i t s e t i ∨ b i t s e t v bitset_i = bitset_i \vee bitset_v bitseti=bitseti∨bitsetv。这个的时间主要在于图的遍历，边表是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的，因此时间是 O ( q ( n 2 + n n 64 ) ) = O ( q n 2 ) O\big(q(n^2+n\frac n{64})\big)=O(qn^2) O(q(n2+n64n))=O(qn2)。
对于删边操作的更新，是 b i t s e t i = ⋁ x ∈ out ( i ) b i t s e t x bitset_i = \bigvee_{x \in \text{out}(i)}bitset_x bitseti=⋁x∈out(i)bitsetx（ out ( i ) \text{out}(i) out(i) 表示 i i i 的出点），由于之前是或操作不可撤销，因此这个要对于 i i i 枚举它的出点重新算，因此是 O ( q ( n 2 + n 2 n 64 ) ) = O ( q n 3 64 ) O\big(q(n^2+n^2\frac n{64})\big)=O(\frac{qn^3}{64}) O(q(n2+n264n))=O(64qn3)。
因此总的时间是 O ( q n 3 64 ) O(\frac{qn^3}{64}) O(64qn3)，算出来 8 亿但是跑过去了。
解法2
上面的解法，加边很优秀，但是删边不太行，这是因为删边的时候由于维护的是“是否连通”，所以无法快速撤销一个出点的影响。
那什么可以撤销呢？方案数就可以撤销！
记 f i , j f_{i,j} fi,j 表示 i i i 走到 j j j 的方案数，给它模个 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7 啥的（不放心就多模几个）。
每次操作时，暴力重算 f v , ⋅ f_{v,\cdot} fv,⋅ 或者 f ⋅ , v f_{\cdot,v} f⋅,v，然后对于所有 ( i , j ) (i,j) (i,j)，先 f i , j − = f_{i,j}-= fi,j−=原来的 f i , v + f v , j f_{i,v}+f_{v,j} fi,v+fv,j，再 + = += +=新的 f i , v + f v , j f_{i,v}+f_{v,j} fi,v+fv,j。
这样就是 O ( q n 2 ) O(qn^2) O(qn2) 的了。
代码
// 解法1
#include