标签：TEL 点连边 int POI2010 3505 ++ 全在 号点 define
- 给定一张\(n\)个点\(m\)条边的无向图，要求在满足\(1\)号点到\(2\)号点至少经过\(5\)条边的前提下，加入尽可能多的边。
- \(n\le4\times10^4,m\le10^6\)
分层思想
考虑我们最终肯定是要把图分成\(6\)层（其中\(1\)号点在第\(0\)层，\(2\)号点在第\(5\)层），把同层所有点之间以及相邻层每对点之间的边全部连满。
初始与\(1\)号点有边的肯定全在第\(1\)层，初始与\(2\)号点有边的肯定全在第\(4\)层。
然后我们先证明，一定存在一种最优解，可以不把其他任何一个点放到第\(1\)层或是第\(4\)层：以把一个可以在第\(2\)层的点移到第\(1\)层为例，原本能与第\(1,2,3\)层所有点连边，移动后能与第\(0,1,2\)层所有点连边，因为第\(3\)层至少有一个点，第\(0\)层肯定只有\(1\)号点一个点，所以答案一定不会变优。
于是，剩余的点肯定全在第\(2\)层或是第\(3\)层。那么初始与第\(1\)层的点有边的肯定全在第\(2\)层，初始与第\(4\)层的点有边的肯定全在第\(3\)层。
对于此时还剩下的那些点，考虑第\(2\)层的点能与第\(1,2,3\)层所有点连边，第\(3\)层的点能与第\(2,3,4\)层所有点连边，只需比较第\(1\)层和第\(4\)层的点数即可做出判断，而这是始终固定不变的。
代码：\(O(m)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 40000
#define M 1000000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,t[6],p[N+5],ee,lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[2*M+5];
int main()
{
RI i,x,y;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
for(t[0]=1,i=lnk[1];i;i=e[i].nxt) ++t[p[e[i].to]=1];//与1号点有边在第1层
for(t[5]=1,i=lnk[2];i;i=e[i].nxt) ++t[p[e[i].to]=4];//与2号点有边在第4层
for(x=3;x<=n;++x) if(!p[x])//剩余的点
{
for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(p[e[i].to]==1) {p[x]=2;break;}else if(p[e[i].to]==4) {p[x]=3;break;}//与第1层有边在第2层，与第4层有边在第3层
!p[x]&&(p[x]=t[1]>t[4]?2:3),++t[p[x]];//比较1,4两层点数作出选择
}
long long s=0;for(i=1;i^5;++i) s+=1LL*t[i]*(t[i]-1)/2;for(i=0;i^5;++i) s+=1LL*t[i]*t[i+1];//同层所有点之间；相邻层每对点之间
return printf("%lld\n",s-m),0;//减去原有边数
}
标签：TEL,点连边,int,POI2010,3505,++,全在,号点,define 来源： https://www.cnblogs.com/chenxiaoran666/p/Luogu3505.html
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