Teleportation(tel)

题目描述

Zy大帝拥有n个星球，因为距离非常遥远，所以Zy在他所居住的1号星球和他的军事基地霸中所在的2号星球建造了两个传送门，这样从1号星球到2号星球就只需要250分钟，回去也一样(双向)。由于科技的发展，各个星球陆陆续续建造了和自己居民最经常去的星球之间的传送门，并且他们的传送门只需要1个小时(真快啊！)，他们发现和别的星球建设传送门对促进经济发展有很大的帮助，于是向和其他所有星球建设传送门发展，Zy突然发现两两星球的传送门的建设会威胁到他的安全，可是他又想促进自己帝国的发展，于是他请到了他精心培养的你，希望你能帮他解决这个难题。

输入

第1行为两个整数n(2<=n<=40000)和m(0<=m<=1000000)，n表示星球数，m 表示其他星球已经建造的传送门的对数(传送门都是两两建造的)(不包括Zy在1号和2号的)。

接下来m行每行两个由空格隔开的整数想x，y(2<=x,y<=40000)，表示这两个星球建造了传送门连接。

输出

还能让多少对传送门建造，但又不会比Zy从1号星球到2号星球快(就是说增加传送门后，从1号星球到2号星球还是Zy的传送门最快)。

样例输入

样例输出

提示

实线连接的是已经造好传送门的两星球，虚线连接表示可以增加建造的传送门两星球。可以看出，建造了10对以后，从1号到2号星球还是Zy的250分钟最快。

来源

Poi2010

solution

分层图。

当时考场傻了，没考虑周全。

设1为S，2为T

题目要求S~T的最短路长度<=5,同时最大化总边数。

设与S一步的点有a个，T一步的点有b个。

S两步的有x个，T有y个。

剩下点数fr。

显然a,b,x,y，fr内部可以随便连边。

a与x，b与y两两连边。

fr与x和y连，和a与b其中之一连。

ansl=a+1LL*a*(a-1)/2+1LL*a*x+1LL*x*(x-1)/2;
ansr=b+1LL*b*(b-1)/2+1LL*b*y+1LL*y*(y-1)/2;
ansmid=1LL*x*y+1LL*fr*(fr-1)/2+1LL*fr*(x+y)+1LL*fr*max(a,b);
ans=ansl+ansr+ansmid-m;

挣神表示怀疑fr的连边，讲些什么ab还是xy为空的特殊情况。

然而没有这种数据。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 40005
using namespace std;
int n,m,a,b,x,y,S[maxn],T[maxn],X[maxn],Y[maxn];
long long ansl,ansr,ansmid,ans;
struct node{int u,v;
}e[1000005];
int main()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&e[i].u,&e[i].v);if(e[i].v<e[i].u)swap(e[i].u,e[i].v);if(e[i].u==1)S[e[i].v]=1,a++;if(e[i].u==2)T[e[i].v]=1,b++;}for(int i=1;i<=m;i++){if(e[i].u==1||e[i].u==2)continue;if(S[e[i].u]==1&&S[e[i].v]==1)continue;if(T[e[i].u]==1&&T[e[i].v]==1)continue;if(S[e[i].u]==1&&!X[e[i].v])X[e[i].v]=1,x++;if(S[e[i].v]==1&&!X[e[i].u])X[e[i].u]=1,x++;if(T[e[i].u]==1&&!Y[e[i].v])Y[e[i].v]=1,y++;if(T[e[i].v]==1&&!Y[e[i].u])Y[e[i].u]=1,y++;}int fr=n-a-b-x-y-2;ansl=a+1LL*a*(a-1)/2+1LL*a*x+1LL*x*(x-1)/2;ansr=b+1LL*b*(b-1)/2+1LL*b*y+1LL*y*(y-1)/2;ansmid=1LL*x*y+1LL*fr*(fr-1)/2+1LL*fr*(x+y)+1LL*fr*max(a,b);ans=ansl+ansr+ansmid-m;cout<<ans<<endl;return 0;
}