【Luogu】 [AGC006F] Blackout

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题目解法

考虑简化问题
若 $(x,y)$ 是黑点，则从 $x->y$ 连一条边
这样将问题转化成了对于 $x->y->z$ 的路径，必须连 $z->x$，答案就是边的个数

我们可以把 $x->y$ 类似成无向边，然后对于无向图的连通块，三染色
给出结论：

1. 若可以三染色，且颜色个数 $<3$，则不会新增边
   证明：若会新增边，则必有 $x->y->z$ 的路径，那么一定会染 3 种颜色

2. 若可以三染色，且颜色个数 $=3$，令颜色 $x$ 有 $s_x$ 个，则最终边数为 $s_0{s}_1+s_1{s}_2+s_2{s}_0$
   证明：考虑数学归纳法
   若当前图是满足结论的，考虑新增加一个与当前图连通的点 $y$，那么必有当前图内的一点 $x$ 有 $x->y$ 的边（即使是反向边只要设权为 -1 即可，这里只考虑正向边）
   若 $y$ 的颜色为 1，则 $x$ 的颜色为 0
   有 $z->x->y$，$z$ 的颜色为 2，所以 $y$ 必定连向所有颜色为 2 的点，所以颜色 $1->2$ 得证
   同理有 $x->y->z$ 的边，所以 $0->1$ 得证
   $2->0$ 与 $x$ 无关，所以得证

3. 若无法三染色，则最终状态是完全图
   令点数为 $n$，则最终边数为 $n^2$
   证明：首先所有点都会有一条连向自己的边，证明的话考虑无法三染色，必有 $x->y$，且 $x,y$ 颜色相同
   上面的结论就易证所有点都会互相连边

#include 
#define int long long
using namespace std;
const int N=100100;
int n,m,col[N],nodes,lines,cnt[3];
int e[N<<1],h[N],ne[N<<1],w[N<<1],idx;
bool flg,vis[N];
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
void add(int x,int y,int z){ e[idx]=y,w[idx]=z,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;}
void dfs(int u){
	vis[u]=1,nodes++,cnt[col[u]]++;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int v=e[i],necol=(col[u]+w[i]+3)%3;
		lines++;
		if(vis[v]){
			if(col[v]!=necol) flg=1;
			continue;
		}
		col[v]=necol;
		dfs(v);
	}
}
signed main(){
	n=read(),m=read();
    memset(h,-1,sizeof(h));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read();
		add(x,y,1),add(y,x,-1);
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]){
		cnt[0]=cnt[1]=cnt[2]=0;
		flg=nodes=lines=0,dfs(i);
        // cout<
		if(flg) ans+=nodes*nodes;
		else if((cnt[0]>0)+(cnt[1]>0)+(cnt[2]>0)<3) ans+=lines/2;
		else ans+=cnt[0]*cnt[1]+cnt[1]*cnt[2]+cnt[2]*cnt[0];
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}