BZOJ 3498 PA2009 Cakes

本题BZOJ权限题，但在bzojch上可以看题面。

题意：

　　N个点m条无向边，每个点有一个点权a。

　　对于任意一个三元环(i，j，k)（i<j<k），它的贡献为max(ai，aj，ak) 

　　求所有三元环的贡献和。

　　N<100000，m<250000

Solution：

　　本题裸的三元环计数。

　　无向图三元环计数的问题大致做法：

　　　　统计每个点的度数，对于一条无向边$<u,v>$，若$deg[u]==deg[v]$则从编号小的点向编号大的点连有向边，否则从$deg$较大的向较小的点连有向边。

　　　　这样无向图就变为了一个DAG模型，然后扫一下每个点$u$，对其出点$v$打标记$vis[v]=u$，再对每个出点$v$的出点$w$判断是否满足$vis[w]=u$即可。

　　分析一波时间复杂度：

　　　　不难发现对于每条边$u\rightarrow v$，我们需要统计的是出度个数$out_v$，那么总的贡献是$\sum_\limits{i=1}^{i\leq n}{out_i}$。

　　　　假设$out_v\leq \sqrt m$，由于$u\rightarrow v$，则$deg_u\geq deg_v$，这样$u$最多$n$个，于是此时最坏复杂度为$O(n\sqrt m)$;

　　　　假设$out_v>\sqrt m$，由于$u\rightarrow v$，则$deg_u\geq deg_v$，于是$deg_u>\sqrt m$，这样$u$最多$\sqrt m$个，于是此时最坏时间复杂度$O(m\sqrt m)$。

　　综上所述，$n,m$同阶时，该算法时间复杂度$O(n\sqrt m)$。

　　那么本题三元环计数时累加答案就好了。

代码：

 

/*Code by 520 -- 9.10*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=500005;
int n,m,a[N],deg[N],vis[N];
int to[N],net[N],h[N],cnt;
struct node{
    int u,v;
}e[N];
ll ans;

int gi(){
    int a=0;char x=getchar();bool f=0;
    while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar();
    if(x=='-')x=getchar(),f=1;
    while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar();
    return f?-a:a;
}

il void add(int u,int v){to[++cnt]=v,net[cnt]=h[u],h[u]=cnt;}

int main(){
    n=gi(),m=gi();
    For(i,1,n) a[i]=gi();
    For(i,1,m) e[i].u=gi(),e[i].v=gi(),++deg[e[i].u],++deg[e[i].v];
    For(i,1,m) {
        RE int u=e[i].u,v=e[i].v;
        if(deg[u]<deg[v]||deg[u]==deg[v]&&u>v) swap(u,v);
        add(u,v);
    }
    For(u,1,n){
        for(RE int i=h[u];i;i=net[i]) vis[to[i]]=u;
        for(RE int i=h[u];i;i=net[i]) {
            RE int v=to[i];
            for(RE int j=h[v];j;j=net[j]){
                RE int w=to[j];
                if(vis[w]==u)ans+=max(a[u],max(a[v],a[w]));
            }
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}