『Graphs』Record
由于被 CSP-S 的三道图论题 创 死 ，所以决定来写这个东西。
比隔壁 wwh 的 dp 题单简单多了。
有手就行。
贪心/构造相关
CF723E One-Way Reform
Difficulty : 2200
Description
给出一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，你需要给每条边定向，使得有尽量多的点，入度等于出度，并构造方案。 \(\sum n\le 200\)。
Solution
首先度数为奇数的点当然是不可能放进答案里的，所以答案的上限为 \(\sum\limits_{i=1}^{n}[2\mid d(i)]\)，即偶度点的个数。
下面考虑构造合法的解，使得每一个偶点都满足条件。
新建一个虚点，向每个度数为奇数的点连无向的虚边，把原图补全成一个每个点的度数都是偶数的无向图。这种图中必定有欧拉回路。
方案就是根据回路的顺序给边标方向，然后把刚刚添加的虚边删掉。我们发现每个偶点都没有连虚边，所以它们的出度均等于入度，构造完毕。
CF1062E Company
Difficulty : 2300
Description
给定一颗树，有若干个询问，每个询问给出 \(l\)，\(r\)，要求编号为 \(l\)~\(r\) 的点任意删去一个之后剩余点的 \(LCA\) 深度最大，输出删去点的编号和 \(LCA\) 的最大深度。
\(n,q\le 10^5\)。
Solution
对于一个询问 \([l,r]\)，假设 \(lca(l,l+1,...,r)=u\)。
如果删去了点 \(x\)，使得 \(lca\) 从 \(u\) 下移到了点 \(v\)，说明 \(x\) 一定在 \(u\) 的子树内并且不在 \(v\) 的子树内。
这样顺序好像不太对，这样说吧：
如果你想让答案从 \(u\) 变成 \(v\)，那么你需要尽可能选一个不在 \(v\) 子树内的点。
不难发现，取一个 \([l,r]\) 中 dfs 序的最小，或者取个最大，答案就这两种情况，不可能更优了。
因为如果能到 \(v\) 的话，如果 \(v\) 的 dfs 序在中间，那你取最小和最大都行；如果 \(v\) 的 dfs 序在两边，那总有一边是不在 \(v\) 的子树里的。
于是取 \([l,r]\) 中 dfs 序最小/最大然后取深度 \(\max\) 即可。
复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
P5631 最小mex生成树
Description
给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，边有边权。
设一个自然数集合 \(S\) 的 \(\text{mex}\) 为：最小的、没有出现在 \(S\) 中的自然数。
现在你要求出一个这个图的生成树，使得其边权集合的 \(\text{mex}\) 尽可能小。
\(n\le 10^6,m\le 2\times 10^6\)。
Solution
经典线段树分治。
考虑如何判断能否让 \(x\) 成为答案，把所有权值为 \(x\) 的边删掉后，若图联通则有生成树，这样的生成树的边中一定不包含权值 \(x\)。所以这个图联通是 \(x\) 可以为答案的必要条件。
显然只要 \(1\to x-1\) 都不能成为答案，那么满足上述必要条件即为最小的 \(\text{mex}\) 值。
于是可以考虑线段树分治，当前分治区间 \([l,r]\) 表示权值在 \([l,r]\) 之间的边都不加进图里。使用可撤销并查集维护，优先跑左区间即可。
拓扑排序相关
CF1100E Andrew and Taxi
Difficulty : 2200
Description
给定一个有向图，改变其中某些边的方向，它将成为一个有向无环图。现在求一个改变边方向的方案，使得所选边边权的最大值最小。
Solution
一眼鉴定为二分答案。
考虑当前二分一个 \(x\)，权值小于等于 \(x\) 的边都可以反向，但是大于 \(x\) 的边都不能动。
那就先把 \(w_i>x\) 的边 \(i\) 全部加进图中，如果产生了环就必定不行。
如果此时没有环，那么加进 \(\le x\) 的边后就必定可以构造方案使得图中无环。
因为如果有环的话，这个环必定包含若干 \(\le x\) 的边，把这些边中任选一条反向即可。对于若干个环我们总有反向的方案。
那考虑一条边什么时候需要反向：由于所有 \(>x\) 的边组成的图必然是 DAG，那么我们对其求出拓扑序。如果 \(\le x\) 的边中有 \((u,v)\) 使得 \(u\) 的拓扑序比 \(v\) 的大，那么说明组成了环，我们将它反向即可。
时间复杂度 \(O((n+m)\log w)\)。
AGC027F Grafting
Difficulty : 3544
Description
给定两棵 \(n\) 个节点的树 \(A,B\), 你需要对 \(A\) 执行若干次操作, 每次操作选择一个叶子节点, 删除连接这个叶子的边，并将这个叶子节点连向任意一个另外的点, 每个点只能被选择一次。
Solution
鬼知道这是什么难度评分。
首先如果一开始 \(A\) 和 \(B\) 相同，可以直接输出 \(0\)。
否则 \(O(n^2)\) 枚举一个被操作的叶子 \(x\)，和 \(x\) 接到了的 \(y\) 点，此时 \(x\) 不能再被操作，所以将其当作新树 \(A'\) 和 \(B\) 的根节点。
由于操作是作用于叶子的，所以一个非叶节点想要被操作，当且仅当其所有后辈节点都被扔出去了。反之，如果不操作一个点 \(u\) 的话，\(u\) 的祖先也不会被操作。
如果需要操作一个点 \(u\)，说明 \(u\) 在 \(A'\) 和 \(B\) 中的父亲不同，因为你断开再连回去显然不优。如果 \(u\) 在 \(A'\) 和 \(B\) 中的父亲不同，那么你也一定要操作这个点，所以这是充分必要的。
根据上面那个结论，可以知道每个点需不需要被操作。由于操作顺序从叶子到根，所以如果存在一个点 \(u\)，其在 \(A'\) 中的父亲 \(\text{fa}_{A',u}\) 需要被操作，但是 \(u\) 不能被操作，那么就无解了。
否则把所有需要操作的 \(u\) 找出来，如果其 \(A'\) 中的父亲 \(\text{fa}_{A',u}\) 需要被操作，那么 \(u\) 操作的顺序一定比 \(\text{fa}_{A',u}\) 前；如果其 \(B\) 中的父亲 \(\text{fa}_{B,u}\) 需要被操作，那么 \(u\) 操作的顺序一定在 \(\text{fa}_{B,u}\) 后。建图 \(O(n)\) 跑拓扑序即可，如果无环即有解，为需要被操作的点数加上你枚举的那个叶子 \(x\)。
复杂度 \(O(Tn^3)\)。
AGC010E Rearranging
Difficulty : 3887
Description
有一个 \(n\) 个数组成的序列 \(a_i\)。
高桥君会把整个序列任意排列，然后青木君可以进行任意次操作，每次选择两个相邻的互质的数交换位置。
高桥君希望最终序列的字典序尽量小，而青木君希望字典序尽量大。求最终序列。
Solution
这又是什么鬼评分。
考虑先手操作完后得到的序列为 \(b_i\)，后手如何操作得到最大答案。
由于不互质的数不能交换，所以任意一对 \(i<j,\text{gcd}(b_i,b_i)=1\)，后手操作后相对顺序不变。
所以可以枚举每对不互质的数，编号小的往大的连边，然后用优先队列跑最大拓扑序。
再考虑先手如何操作。
容易发现相当于是再一个无向图上确定每条边的方向，使其成为一个 \(\text{DAG}\)，并且最大拓扑序最小。
贪心先从小的数开始连边即可。
复杂度 \(O(n^2\log n)\)。
最短路相关
USACO08JAN Telephone Lines S
Description
给定一个无向图 \(G=(V,E)\)，边 \(e\in E\) 带权，求一条 \(1\) 到 \(N=|V|\) 的路径，使得路径上第 \(k+1\) 大值最小。\(N\le 10^3,|E|\le 10^4,w\le 10^6\)。
Solution
还是二分答案 \(x\)。
新建一个图，边还是原来的边，但如果边权 \(\le x\) 的话，把它的边权改为 \(0\)，否则为 \(1\)，跑 \(1\) 到 \(N\) 的 01 最短路判断是否小于等于 \(k\) 即可。
时间复杂度还是 \(O((n+m)\log w)\)。
小清新。
网络流相关
\(\text{最大流\ =\ 最小割}\)
\(\text{二分图最小点覆盖\ =\ 二分图最大匹配数}\)
\(\text{一般图最小路径覆盖数\ =\ 点数\;-\;最大独立集\ =\ 点数\;-\;转换成二分图后的最大匹配数（最小割）\;}\)
USACO05JAN Muddy Fields G
Description
牧场是一个 \(R \times C\) 的矩形，包含泥地和草地，其中 \(1 \leq R,C \leq 50\)。约翰决定在泥泞的牧场里放置一些木板，每一块木板的宽度为 \(1\) 个单位，长度任意，每一个板必须放置在平行于牧场的泥地里。 使用最少的木板覆盖所有的泥地。一个木板可以重叠在另一个木板上，但是不能放在草地上。
Solution
考虑如果是横着放的话，必定包含了这一行的极长泥地子段，不然必定不优。竖着放同理。
所以先预处理出对于每个泥地，被横着覆盖的木板的编号或者被竖着覆盖的木板的编号。
例如样例：
原 横 竖
4 4 4 4 4 4
*.*. 1020 1040
.*** 0333 0345
***. 4440 2340
..*. 0050 0040
然后把每个泥地当作边，建二分图，左部为行，右部为列。
如果一个点为泥地，那么覆盖它的行的编号向覆盖它的列的编号连边。
答案即最小点覆盖等于最大匹配，网络流即可。由于点数最多 \(O(n^2)\)，边数最多 \(O(n^2)\)，于是时间复杂度 \(O(n^3)\)，然而根本跑不满。
ARC074D Lotus Leaves
Description
给定一个\(H×W\)的网格图，有的点可以踩，有的不能，因为有障碍。
现有一人在 \(S\) 处，向 \(T\) 移动，若此人现在在 \((i,j)\) 上，那么下一步他可以移动到 \((i,k),k\in[1,W]\) 或 \((k,j),k\in[1,H]\) 上。可以跨越障碍。
问最少需要再放置多少障碍，可以使这个人无法从 \(S\) 到达 \(T\)，输出最少的数目；如果无论如何都不能使这个人无法从 \(S\) 到 \(T\)，则输出 -1。
Solution
如果网格只是 \(4\) 联通的话，似乎就是最小割板子了（当然也有不用最小割的做法）。
然后考虑一行一列相互连通怎么做，有一个套路叫网格图转二分图。
因为我们可以将一行或一列看成联通的整体，所以建一个二分图，左边表示 \(1\) 到 \(n\) 行，右边表示 \(1\) 到 \(m\) 列。
- 如果 \((i,j)\) 为空地，说明这个点可以连接第 \(i\) 行和第 \(j\) 列，给 \((l_i,r_j)\) 连上边。
- 如果 \((i,j)\) 为障碍，说明通过这个点不能连接 \(l_i,r_j\)，那就不连边即可。
- 如果 \((i,j)\) 为起点，则将源点连接 \(l_i,r_j\) 即可。
- 如果 \((i,j)\) 为终点，则将 \(l_i,r_j\) 连接到汇点即可。
两个点之间有连边时可以看作联通，那么不难看出我们要求的就是原图的最小割。
跑最大流即可。
POI2010 MOS-Bridges
Description
给定一个图，边有权值且正着走和逆着走有不同权值，在这个图上求一条最大边权最小的欧拉回路，从点 \(1\) 出发，要求输出方案。
第一行包括两个整数 \(n\) 和 \(m\)，分别代表点的个数和边的个数。接下来 \(m\) 行每行包括 \(4\) 个整数 \(a,b,l,p\)，分别代表边的两个端点和正着走的权值和逆着走的权值。
如果没有符合要求的路径输出 NIE，否则输出两行。第一行一个整数表示最小的权值，第二行 \(m\) 个整数表示依次经过的边的编号。
Solution
其实这题有两种建模方法，因为我都写了，所以两个都讲好了。
一眼二分答案，转为判定性问题：
给定含有无向边和有向边的图 \(G\)，判断是否存在欧拉回路。
首先先判掉存在 \(u\)，\(2\nmid \text{deg}_u\) 的情况。
不能简单地根据度数判断，考虑网络流建模。
- 方法 \(1\)：
考虑到对于每条边 \(e_i\)，最多给一个点会提供 \(1\) 的出度。
然后对于一个点 \(v_i\)，最后它的出度一定为 \(\frac{\text{deg}_{v_i}}{2}\)。
这启示我们将边和点两两匹配。那我们对于 \(S\to e_i\)，连流量为 \(1\) 的边，表示这条边最多匹配 \(1\) 个点给出度。对于 \(v_i\to T\)，连流量为 \(\frac{\text{deg}_{v_i}}{2}\) 的边，表示这个点要匹配这么多条边给它出度。对于一条边 \(e_i=(u,v)\)，如果单向，不妨设 \(u\to v\)，那么直接 \(e_i\) 向 \(u\) 流 \(1\)。否则 \(e_i\) 向 \(u,v\) 分别流 \(1\)，表示 \(e_i\) 既可以匹配 \(u\)，也可以匹配 \(v\)。
然后我们跑最大流，判断是否满流即可。最后构造方案可以在残量网络上根据是否有 \(e_i\to u_i\) 建图跑欧拉回路。
- 方法 \(2\)：
先给每条无向边随意定一个方向，假定是 \(u\to v\)，计算此时每个点的入度 \(\text{in}_u\) 和出度 \(\text{out}_u\)。
那么对于 \(\text{in}_u>\text{out}_u\) 的点，我们将 \(S\) 向 \(u\) 连流量 \(\frac{\text{in}_u-\text{out}_u}{2}\) 的边。表示它需要流入这么多流量才能使 \(\text{in}_u=\text{out}_u\)。
同理，对于 \(\text{in}_v<\text{out}_v\) 的点，我们将 \(v\) 向 \(T\) 连流量 \(\frac{\text{out}_v-\text{in}_v}{2}\) 的边。表示它需要流出这么多流量才能使 \(\text{in}_v=\text{out}_v\)。
对于无向边 \((u,v)\)，我们假定了 \(u\to v\)。那么 \(v\to u\) 连一条流量为 \(1\) 的边，表示我们可以反悔。
然后同样跑最大流，判断是否满流，然后构造有向图跑欧拉回路即可。
连通性相关
CF1137C Museums Tour
Difficulty : 2500
Description
一个国家有 \(n\) 个城市，通过 \(m\) 条单向道路相连。有趣的是，在这个国家，每周有 \(d\) 天，并且每个城市恰好有一个博物馆。
已知每个博物馆一周的营业情况（开门或关门）和 \(m\) 条单向道路，由于道路的设计，每条道路都需要恰好一个晚上的时间通过。你需要设计一条旅游路线，使得从首都：\(1\) 号城市开始，并且当天是本周的第一天。每天白天，如果当前城市的博物馆开着门，旅行者可以进入博物馆参观展览，否则什么也做不了，这一天的晚上，旅行者要么结束行程，要么通过一条道路前往下一个城市。当然，旅行者可以多次经过一个城市。
要求让旅行者能够参观的不同博物馆数量尽量多（同一个城市的博物馆参观多次仅算一次），请你求出这个最大值。
\(n,m\le 10^5,d\le 50\)。
Solution
考虑拆点，把城市 \(u\) 拆成 \((u,t)\)，\(t\in [0,d)\)， 表示一周的第 \(t\) 天在 \(u\)，如果 \(u\) 能到 \(v\)，那 \((u,t)\to (v,t+1\mod d)\)。\((u,t)\) 的权值为 \(1\) 当且仅当 \(u\) 的博物馆在第 \(t\) 天开门了，否则为 \(0\)。
注意到一开始从 \((1,0)\) 出发，某条路径能够到达的所有点的权值之和的最大值即为答案，但是不可算重。
由于不能算重，我们使用 tarjan 缩点，显然如果旅行者进入了某个 scc， 那这个 scc 里面所有点的权值都可以被算到。缩完点后原图变成了一个 DAG ，于是直接跑最长路 dp 即可。
ZJOI2007 最大半连通子图
Description
一个有向图 \(G=(V,E)\) 的半联通子图定义为：图 \(G\) 的子图 \(G'=(V',E')\subseteq G\)， \(\forall u,v\in V',s.t.\ u\to v/v\to u\)，即 \(u\) 能到 \(v\) 或 \(v\) 能到 \(u\)。
给定一张有向图 \(G\) ，求 \(G\) 中最大半联通子图，即 \(|V'|\to \max\)，的大小与个数。
Solution
考虑 tarjan 缩点。
显然对于一个 scc，要么全部取，要么全部不取。把每个 scc 缩成点，点权为这个强连通分量的大小。
剩下来一张 DAG，我们发现最大半联通子图的大小就是 DAG 上带权最长链的大小，类似上一题最长路 dp 即可。
统计方案的话，可以在 dp 时顺便更新。
CF1361E James and the Chase
Difficulty : 3000
Description
给定一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向强连通图。称一个点是好的当且仅当它到其他点都有且只有一条简单路径。如果好的点至少有 \(20\%\) 则输出所有好的点，否则输出 -1。
\(\sum n\leq 10^5,\sum m\leq 2\times 10^5\)。
Solution
考虑给你一个点 \(u\)，如何判断其是否是好的。
那很简单是吧，只要以 \(u\) 为根建出 dfs 树，没有横叉边或者前向边的话 \(u\) 即为好节点。
那我们就可以 \(O(n)\) 判断了。
如果我们现在知道一个点 \(u\) 是好的，我们考虑如何求出所有的好节点。
还是以 \(u\) 为根建出 dfs tree，考虑某个 \(v\) 的子树，由于整个图的强连通性， \(v\) 的子树中有连向其祖先的返祖边。我们不难发现这样的边有且仅有一条，否则 \(v\) 有两条路径可以到达 \(fa_v\) 即 \(v\) 的父亲节点。
那我们先把所有子树 \(v\) 内返祖到根的祖先的边的个数记下来，如果这个个数 \(\ge 2\)，排除 \(v\) 是好点的可能，否则就顺便记下每个 \(v\) 子树的那条返祖边指向的点。
假设 \(v\) 的子树这条返祖边指向了 \(w\)，那么 \(v\) 是好点，当且仅当 \(w\) 是好点。考虑证明：
- 如果 \(w\) 是好点，那么 \(w\) 到所有点路径唯一，又由于 \(v\) 过 \(w\) 出子树的路径是唯一的，所以 \(v\) 到所有点的简单路径是唯一的，即 \(v\) 是好点。
- 如果 \(v\) 是好点，那么 \(v\) 到所有点路径唯一，由于 \(v\) 出子树必须要经过 \(w\)，所以 \(w\) 到 \(v\) 子树外所有点的路径也是唯一的，然后 \(w\) 到 \(v\) 的子树内的简单路径也是唯一的（没有前向边与横叉边），所以 \(w\) 是好点。
所以综合所有的结论：
一个点 \(v\) 是好点，当且仅当 \(v\) 的子树内有且仅有一条连向 \(v\) 的祖先的返祖边，并且这条边所连向的点是好点。
第一个条件可以考虑所有返祖边 \((a,b)\)，它对哪些 \(v\) 的子树内返向 \(v\) 祖先的边的数量的有贡献。显然这样的 \(v\) 分布在 \(a\to fa_a\to...\to son_b\) 上，这里的 \(son_b\) 为 \(b\) 的儿子节点中靠近 \(a\) 侧的那个，树上差分即可和第二个条件一起解决。
以上前提为 dfs tree 的根节点为好点。
那我们只要找到一个好点，并将其作为根节点，我们就能在 \(O(n)\) 的范围内求解。
由于题目只要求好点数量大于等于 \(20\%\) 时输出，所以我们随机取 \(100\) 个点跑 \(O(n)\) 判断。
如果好点数量不小于 \(20\%\)，你判断不出来的概率为 \(\Big(\dfrac{4}{5}\Big)^{100}\) 趋近于 \(0\)。
所以随机跑 \(100\) 次之后得不到一个好点的话就直接输出 \(-1\)，如果错了就是宇宙射线影响。
否则以找到的好点为根 \(O(n)\) 求答案即可。
计数相关
AGC043C Giant Graph
Description
给定三个简单无向图 \(G_1,G_2,G_3\) ，其中每个图的点数均为 \(n\)，边数分别为 \(m_1,m_2,m_3\)。
现在根据 \(G_1,G_2,G_3\) 构造一个新的无向图 \(G\)。\(G\) 有 \(n^3\) 个点，每个点可以表示为 \((x,y,z)\)，对应 \(G_1\) 中的点 \(x\)，\(G_2\) 中的点 \(y\)，\(G_3\) 中的点 \(z\)。边集的构造方式如下：
若 \(G_1\) 中存在一条边 \((u,v)\)，则对于任意 \(1\le a, b\le n\)，在 \(G\) 中添加边 \(((u,a,b),(v,a,b))\)；
若 \(G_2\) 中存在一条边 \((u,v)\)，则对于任意 \(1\le a, b\le n\)，在 \(G\) 中添加边 \(((a,u,b),(a,v,b))\)；
若 \(G_3\) 中存在一条边 \((u,v)\)，则对于任意 \(1\le a, b\le n\)，在 \(G\) 中添加边 \(((a,b,u),(a,b,v))\).
对于 \(G\) 中的任意一个点 \((x,y,z)\)，定义其点权为 \(10^{18(x+y+z)}\)。
试求 \(G\) 的最大权独立集的大小模 \(998244353\) 的值。
\(2\le n\le 10^5, 1\le m_1,m_2,m_3\le 10^5\)。
Solution
由于 \(10^{18}\) 远大于 \(n\)，我们可以贪心地选择 \(x+y+z\) 尽量大的点。于是我们将 \(x+y+z\le x'+y'+z'\) 的 \((x,y,z)\) 向 \((x',y',z')\) 连有向边。
考虑一个 \(\text{dp}\)，令 \(f_{x,y,z}\) 表示是否选择 \((x,y,z)\) 这个点，是则为 \(1\)，否则为 \(0\)。
显然有 \(f_{x,y,z}=\prod\limits_{(x,y,z)\to (x',y',z')}[f_{x',y',z'}=0]\)，即如果一个点的后继都不被选，我们就可以贪心地选择这个点；如果一个点地后继中有被选的，那这个点就不能被选。
这东西显然就是个博弈图。\(f_{x,y,z}\) 为 \(0\) 就是必胜态，\(1\) 为必败态。于是我们需要选择所有处于必败态的点的权值。
容易发现，这就相当于在三个图上，分别有一个点，为 \(x,y,z\)，每次选择 \(x,y,z\) 中的一个沿着有向边移动，不能移动的人输。三个图的 \(\text{SG}\) 值异或起来为 \(0\) 的话在原图上就是必败态了。
由于 \(\text{DAG}\) 上 \(\text{SG}\) 值不超过 \(O(\sqrt n)\)，可以 \(O(n)\) 枚举两个图的 \(\text{SG}\) 值 \(i,j\)，另一个图取 \(\text{SG}\) 值为 \(i\oplus j\) 的点即可。
CF718E Matvey's Birthday
Difficulty : 3300
Description
给定一个仅包含 a~h 的字符串。
有一个 \(n\) 个结点的无向图，编号为 \(0\) 到 \(n−1\)。结点 \(i\) 与结点 \(j\) 间有边相连当且仅当 \(|i-j|=1\) 或 \(S_i=S_j\)。
求这个无向图的直径和有多少对点间的最短距离与直径相同。
Solution
不难发现答案 \(\le 15\)，极限的情况大概就是 \(aabbcc...gghh\)，此时跳一步和走一步等效。
这启示我们固定点 \(i\)，统计 \(d(i,j)=D,j<i\) 的 \(j\) 的个数，拆成 \(i-j\le 15\) 的贡献和 \(i-j>15\) 的贡献。
为了方便，以下称从 \(i\) 到 \(i+1\) 或 \(i-1\) 为「走」，在相同颜色的点之间移动为「跳」。对于既可能拥有「走」操作有可能拥有「跳」操作的移动过程，称之为「跑」。
- i - j <= 15 的贡献
一种情况是 \(j\) 直接走到 \(i\)，步数为 \(i-j\)。
另一种情况是 \(j\) 先跑到一个点 \(k\)，然后 \(k\) 再跳到和它相同颜色的点 \(l\)，再由 \(l\) 跑到 \(i\)，即 \(j\to k\to l\to i\)。
为了方便，预处理出 \(f_{i,c}\) 表示 \(i\) 跑到任意一个颜色为 \(c\) 的点的最短距离，\(g_{c_1,c_2}\) 为任意两个颜色分别为 \(c_1,c_2\) 的点之间，\(c_1\) 跑到 \(c_2\) 的最短距离。由于边权相同，可以 bfs 求出。
于是 \(j\to k\to l\to i\) 的最小步数为 \(\min\limits_{c}\{f_{j,c}+f_{i,c}+1\}\)。
两种情况取 \(\min\) 即可算出 \(j\to i\) 的最短距离。枚举 \(i\)，枚举前 \(15\) 个数即可，复杂度 \(O(15n)\)。
- i - j > 15 的贡献
只有可能是 \(\min\limits_c\{f_{j,c}+f_{i,c}+1\}\)。但是无法枚举所有的 \(j\) 取 \(\min\)。
发现 \(f_{i,c}\) 要么是 \(g_{a_i,c}\) 要么是 \(g_{a_i,c}+1\)，而颜色数很少，考虑状态压缩。把每个点压成二元组 \((a_i,\text{st})\)，\(\text{st}\) 为 \(8\) 位二进制数，第 \(c\) 位 \(\text{st}(c)\) 表示 \(f_{i,c}\) 为 \(g_{a_i,c}\) 或者 \(g_{a_i,c}+1\)。
对于相同的二元组 \((x,\text{st})\)，映射到不同的点。但是这些点到 \(i\) 的距离都是相同的，为 \(\min\limits_c\{f_{i,c}+1+g_{x,c}+\text{st}(c)\}\)，可以一起统计进答案里面。复杂度降为 \(O(8^22^8n)\)，稍微剪枝就过了。
