题意：给出一个图，求$\sum\limits_{\substack{i\lt j\lt k\\\nexists(i,j),(j,k),(i,k)}}Ai+Bj+Ck$
挺好的一道题==，就是稍微毒了点
考虑容斥，先算$all=\sum\limits_{i\lt j\lt k}Ai+Bj+Ck$
我们枚举$0\leq t\leq n-1$，它作为$i$被计数$\binom{n-1-i}2$次，作为$j$被计数$i(n-1-i)$次，作为$k$被计数$\binom i2$次，直接统计即可
再算$sub_1=\sum\limits_{\substack{i\lt j\lt k\\\exists(i,k)\text{or}(j,k)}}Ai+Bj+Ck$
我们枚举$k$和$x\left(x\lt k,\exists(x,k)\right)$，如果$i=x$，那么$j\in[x+1,k-1]$，如果$j=x$，那么$i\in[0,x-1]$，直接统计就好了
这样重复统计了$\exists(i,k),(j,k)$的情况，我们把$k$的邻居排序后统计一下即可
最后算$sub_2=\sum\limits_{\substack{i\lt j\lt k\\\exists(i,j),\nexists(i,k),(j,k)}}Ai+bj+Ck$
这一部分也用容斥做，拆成$[\exists(i,j)]-[\exists(i,j),(i,k)]-[\exists(i,j),(j,k)]+[\exists(i,j),(i,k),(j,k)]$
第一部分：把所有$(i,j)$排序后从小到大枚举$k$单调地更新答案即可
第二部分：枚举$(i,k)$，在$i$的邻接表中查询$[i+1,k-1]$的节点和，这个维护前缀和就可以了
第三部分：枚举$(j,k)$，在$j$的邻接表中查询$[0,j-1]$的节点和，同样维护前缀和即可
第四部分：相当于是图中的三元环计数，题解给了一个挺不错的idea，或许能用在其他地方
我们把所有点按度数分类，度数$\geq\sqrt m$称为重点，否则称为钦轻点，显然重点只有$O(\sqrt m)$个
对每个重点$i$预处理出邻接矩阵$cn_{i,j}$，这里用bitset存是毫无压力的
我们枚举$k$，如果$k$是重点，那么直接枚举所有$(i,j)$并检查$cn_{k,i}$和$cn_{k,j}$即可，这一步的时间复杂度是$O(m\sqrt m)$的
如果$k$是轻点，那么先枚举$j(j\lt k,\exists(j,k))$
如果$j$是重点，那么直接枚举$i(i\lt j,\exists(i,k))$并用$cn_{j,i}$判断即可，这里的复杂度是$O\left(\sum\limits_{i\,是轻点}deg_i^2\right)=O\left(\sqrt m\sum\limits_{i\,是轻点}deg_i\right)=O(m\sqrt m)$（因为用$\sqrt m$替换$deg_i$，所以这里不是满的）
如果$j$是轻点，我们先给所有$j$的邻居打上标记，然后再枚举$i(i\lt j,\exists(i,k))$并用之前打上的标记判断即可，枚举$i,j$的时间复杂度同上，打标记的时间复杂度可以这样分析：因为$j$会被执行这种操作$O(deg_j)$次，而每次打标记花费$O(deg_j)$的时间，所以时间复杂度仍然同上
最后的答案就是$all-sub_1-sub_2$了
总时间复杂度$O(m\sqrt m)$，后面几个部分都卡到这里了，不得不说还是有点巧妙的...
#include<stdio.h> #include<algorithm> #include<vector> #include<bitset> using namespace std; typedef unsigned long long ll; vector<int>g[200010]; int n,m; ll A,B,C; ll C2(ll n){return n*(n-1)/2;} ll S(ll l,ll r){return l<=r?(l+r)*(r-l+1)/2:0;} ll all(){ int i; ll s=0; for(i=0;i<n;i++)s+=A*i*C2(n-1-i)+B*i*i*(n-1-i)+C*i*C2(i); return s; } int t[200010]; ll sub1(){ int i,j,M; ll s=0,cnt; for(i=0;i<n;i++){ M=0; for(int x:g[i]){ if(x<i){ M++; t[M]=x; s+=(i-x-1)*(A*x+C*i)+B*S(x+1,i-1)+x*(B*x+C*i)+A*S(0,x-1); } } cnt=0; for(j=2;j<=M;j++){ cnt+=t[j-1]; s-=(j-1)*(B*t[j]+C*i)+A*cnt; } } return s; } struct edge{ int x,y; edge(int a=0,int b=0){x=a;y=b;} }e[200010]; bool operator<(edge a,edge b){return a.y<b.y;} vector<ll>sum[200010]; int h[200010]; struct pr{ int l,r; pr(int a=0,int b=0){l=a;r=b;} }p; pr query(int i,int l,int r){ if(g[i].empty()||l>r)return 0; r=upper_bound(g[i].begin(),g[i].end(),r)-g[i].begin()-1; if(r<0)return 0; l=lower_bound(g[i].begin(),g[i].end(),l)-g[i].begin()-1; if(l<0)return pr(r+1,sum[i][r]); return pr(r-l,sum[i][r]-sum[i][l]); } int he[200010]; bool cur[200010]; bitset<200000>cn[1000]; const int bl=450; ll sub2(){ ll ts,s0,s1,s2,s3,sab; int i,j,N; sort(e+1,e+m+1); sab=s0=ts=0; j=1; for(i=0;i<n;i++){ s0+=sab+i*ts*C; while(j<=m&&e[j].y==i){ sab+=e[j].x*A+e[j].y*B; ts++; j++; } } s1=0; for(i=1;i<=m;i++){ p=query(e[i].x,e[i].x+1,e[i].y-1); s1+=p.l*(A*e[i].x+C*e[i].y)+B*p.r; } s2=0; for(i=1;i<=m;i++){ p=query(e[i].x,0,e[i].x-1); s2+=p.l*(B*e[i].x+C*e[i].y)+A*p.r; } N=0; for(i=0;i<n;i++){ if(g[i].size()>=bl){ he[i]=++N; for(int x:g[i])cn[N][x]=1; } } s3=0; for(i=0;i<n;i++){ if(he[i]){ for(j=1;j<=m&&e[j].y<i;j++){ if(cn[he[i]][e[j].x]&&cn[he[i]][e[j].y])s3+=A*e[j].x+B*e[j].y+C*i; } }else{ for(int k:g[i]){ if(k>=i)break; if(he[k]){ for(int j:g[i]){ if(j>=k)break; if(cn[he[k]][j])s3+=A*j+B*k+C*i; } }else{ for(int j:g[k])cur[j]=1; for(int j:g[i]){ if(j>=k)break; if(cur[j])s3+=A*j+B*k+C*i; } for(int j:g[k])cur[j]=0; } } } } return s0-s1-s2+s3; } int main(){ int i,j,x,y; scanf("%d%d%I64u%I64u%I64u",&n,&m,&A,&B,&C); for(i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); g[x].push_back(y); g[y].push_back(x); if(x>y)swap(x,y); e[i]=edge(x,y); } for(i=0;i<n;i++){ if(!g[i].empty()){ sort(g[i].begin(),g[i].end()); sum[i].push_back(g[i][0]); for(j=1;j<(int)g[i].size();j++)sum[i].push_back(sum[i][j-1]+g[i][j]); } } printf("%I64u",all()-sub1()-sub2()); }
原文：https://www.cnblogs.com/jefflyy/p/9270530.html