AtCoder Regular Contest 105 E Keep Graph Disconnected

洛谷传送门

AtCoder 传送门

显然终止态是只剩两个连通块，一个包含 \(1\) 另一个包含 \(n\)，并且两个连通块内的边数均为 \(\frac{sz(sz-1)}{2}\)。

如果只在连通块内连边，那么能连的边的总数是 \(\frac{n(n-1)}{2} - \sum\limits_{i=1}^{cnt} \frac{sz_i (sz_i - 1)}{2}\)，其中 \(cnt\) 为连通块总数，\(sz_i\) 为第 \(i\) 个连通块的点数。下文钦定 \(1\) 所在连通块为第 \(1\) 个连通块，\(n\) 所在连通块为第 \(2\) 个连通块。

然而还可以在连通块之间连边，这样还需要 \(cnt - 2\) 次连边使得原图仅剩第 \(1\) 个和第 \(2\) 个连通块。

在连通块之间连边时，设两个连通块的 \(sz\) 分别为 \(x,y\)，那么会新增 \(xy-1\) 条块内部的连边。如果 \(x,y\) 均为奇数，那么不会影响能连的边数的奇偶性；如果 \(x,y\) 有一个为偶数，那么能连的边数的奇偶性会改变。

据此考虑按 \(n\) 的奇偶性分类讨论。

• \(n \bmod 2 = 1\)：最终 \(sz_1\) 和 \(sz_2\) 必然一奇一偶。此时合并偶数块的次数可以算出来。
• \(n \bmod 2 = 0\)：最终 \(sz_1\) 和 \(sz_2\) 两奇或两偶。如果初始 \(sz_1\) 和 \(sz_2\) 奇偶性不相同，那么先手可以控制最终 \(sz_1\) 和 \(sz_2\) 的奇偶性，此时先手必胜；否则 \(sz_1\) 和 \(sz_2\) 的奇偶性不会改变，因为如果落败的那一方想改变，那么胜利的那一方可以操作回去。那么此时合并偶数块的次数也可以算出来了。

code

// Problem: E - Keep Graph Disconnected
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 105
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc105/tasks/arc105_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<int, int> pii;

const int maxn = 100100;

int n, m, fa[maxn], a[maxn], sz[maxn];
pii E[maxn];

int find(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

inline void merge(int x, int y) {
	x = find(x);
	y = find(y);
	if (x != y) {
		fa[x] = y;
		sz[y] += sz[x];
	}
}

void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fa[i] = i;
		a[i] = 0;
		sz[i] = 1;
	}
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		merge(u, v);
		E[i] = make_pair(u, v);
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		++a[find(E[i].fst)];
	}
	ll k = 0, cnt = 0, c0 = 0, c1 = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (fa[i] == i) {
			++cnt;
			c0 += (sz[i] % 2 == 0);
			c1 += (sz[i] & 1);
			k += 1LL * sz[i] * (sz[i] - 1) / 2 - a[i];
		}
	}
	if (n & 1) {
		k += cnt - 2;
		k ^= ((c1 - 1) / 2);
		k ^= (c0 ^ 1);
		puts((k & 1) ? "First" : "Second");
	} else {
		if ((sz[find(1)] ^ sz[find(n)]) & 1) {
			puts("First");
			return;
		}
		if ((sz[find(1)] & 1) && (sz[find(n)] & 1)) {
			c1 -= 2;
		} else {
			c0 -= 2;
		}
		k += cnt - 2;
		k ^= (c1 / 2);
		k ^= c0;
		puts((k & 1) ? "First" : "Second");
	}
}

int main() {
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

/*
分类讨论，如果两个连通块点数是 x,y
此时当前操作的人在它们之间连了一条边，会新增 xy-1 条边
如果 x,y 都是奇数，无影响
如果 x,y 有一个为偶数，剩余边数奇偶性改变
如果 n 是奇数，最后两个连通块肯定是一奇一偶
如果 n 是偶数，最后要么两奇要么两偶
*/