【AGC016E】Poor Turkeys

Description

　　
　　有\(n\)（\(1 \le n \le 400\)）只雞，接下來按順序進行\(m\)（\(1 \le m \le 10^5\)）次操做。每次操做涉及兩隻雞，若是都存在則隨意拿走一隻；若是隻有一隻存在，拿走這一隻；若是都不存在，什麼都不作。
　　
　　求最後有多少對雞（無序）可能共同存活。
　　
　　
　　

Solution

　　
　　我的認爲單用集合的解釋方法有失偏頗。
　　
　　首先考慮枚舉兩隻雞，規定它們必定要存活，而後模擬過程。怎麼看單次模擬的複雜度都不會小於\(m\)，所以要第一時間捨棄這種方法。
　　
　　因而要換個角度考慮。咱們看看能不能算出某一隻雞存活的條件，再枚舉兩隻雞，並判斷它們的條件是否衝突。
　　
　　假設咱們令\(a\)必須存活。
　　
　　先看那些與\(a\)有關的操做：顯然，另外一隻雞在該操做前必須存活。咱們雖然獲得了這個結論，可是這些操做的順序有前後影響，並很差考慮。
　　
　　爲了消除後效性，咱們從後往前考慮每一個事件。若是遇到與\(a\)有關的事件\((a,b)\)，咱們必須令\(b\)在這個時刻前存活。這意味着下次遇到與\(a\)或\(b\)有關的事件，咱們必須令另外一者在這個時刻前存活。咱們記若是"\(a\)必須存活"，當前全部必須存活的雞組成的集合爲\(S\)，則形式化地講：
　　
　　初始時，\(S\)裏只有\(a\)
　　
　　1.若是遇到一個事件，其中一者屬於\(S\)，則另外一者必須在這個時刻前存活。咱們將另外一者加進\(S\)
　　
　　2.若是二者都屬於\(S\)，則必須死一個。這馬上違反了\(S\)的定義，所以\(a\)不可能存活。咱們將其歸入統計答案的考慮對象
　　
　　3.若是二者都不屬於\(S\)，因爲咱們從後往前考慮，即便這二者在更早的時間與\(a\)的生死有關，但那個有關的時刻結束以後，這二者的生死並不重要。所以這個事件不須要歸入考慮範圍。
　　
　　由此，掃徹底部事件以後，依賴存活關係能夠形象爲一棵內向樹（上述1.發生時，從另外一者向屬於\(S\)的一者連一條有向邊），咱們再也不將其看作集合考慮，由於那沒法解釋接下來的事情。咱們稱它爲\(a\)的存活樹。
　　
　　\(a\)的存活樹的每一條邊都表明着一次依賴事件，每一次事件的成功與否都決定了\(a\)可否存活。事件發生的具體順序咱們不須要知道，可是必定是按照從葉子節點向上的某個拓撲序發生的。
　　
　　考慮兩隻雞\(a\)和\(b\)可否存活。有了存活樹的概念，卻無從下手？先從簡單的一面看：若是兩者的存活樹的點集無交，那麼顯然沒有影響，兩者能夠共存。關鍵是若是有交，能夠共存嗎？
　　
　　對於一個點\(x\)，其在\(a\)和\(b\)的存活樹中都出現。若是\(x\)在兩棵樹中的父親不一樣，這表明着兩次不一樣的事件，前後發生，卻都依賴於\(x\)。則後發生的一者必然不能保證\(x\)存活，所以\(a\)和\(b\)有一個必須死。若是\(x\)在兩棵樹中的父親相同，首先兩者不多是兩個事件，否則兩者自身都不可能存活，不在考慮範圍以內；既然是同一個事件，那麼它們在這一步的確共存，由於它們共同進行了有益的一步。咱們會發現，兩棵樹中可能出現一些「共同鏈」，但這並不意味着兩者能夠共存。由於兩棵樹的根必定不一樣，因此「共同鏈」的鏈頂必定不是根，即「共同鏈」的鏈頂必定會出現第一個狀況：父親不同，有一隻雞必須死。
　　
　　由上證畢，兩隻雞能共存，當且僅當存活樹的點集無交集。
　　
　　在實現時，不須要建樹，樹只是用來嚴格證實的，咱們只須要計算出每隻存活的雞的存活樹點集合便可。
　　
　　　　
　　

Code

　　

#include <cstdio>
#include <bitset>
using namespace std;
const int N=405,M=10005;
typedef bitset<N> bs400;
int n,m;
int a[M][2];
bool die[N];
bs400 b[N];
void readData(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
}
void calc(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        b[i][i]=1;
        for(int j=m;j>=1;j--){
            int u=a[j][0],v=a[j][1];
            if(b[i][u]&&b[i][v]){
                die[i]=true;
                break;
            }
            else if(b[i][u])
                b[i][v]=1;
            else if(b[i][v])
                b[i][u]=1;
        }
    }
}
void print(){
    int ans=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
        if(!die[i])
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
                if(!die[j]){
                    if((b[i]&b[j]).none())
                        ans++;
                }
    printf("%d\n",ans);
}
int main(){
    readData();
    calc(); 
    print();
    return 0;
}