【XIV Open Cup E.V. Pankratiev. GP of SPb. H】Reachability 題解

題目大意

  一幅有向圖有 $n$ 個結點，初始沒有邊。
  有 $q$ 個操作，四種類型：

• $+~o~v~k~a_1~\cdots~a_k$：加入邊 $(v,a_1),\cdots,(v,a_k)$
• $+~i~v~k~a_1~\cdots~a_k$：加入邊 $(a_1,v),\cdots,(a_k,v)$
• $-~o~v~k~a_1~\cdots~a_k$：刪除邊 $(v,a_1),\cdots,(v,a_k)$
• $-~i~v~k~a_1~\cdots~a_k$：刪除邊 $(a_1,v),\cdots,(a_k,v)$

  加邊之前會保證原來沒有這條邊，刪邊之前會保證原來有這條邊。
  每次操作後，可以得到一個連通性矩陣 $a$（$a_{i,j}=1$ 表示 $i$ 能到 $j$），輸出
$\bigg(\sum_{i,j=1}^n a_{i,j}A^{i-1}B^{j-1}\bigg)~\text{mod}~2^{32}$
  $1 \leq n \leq 400,~1 \leq q \leq 800,~1 \leq A,B \leq 10^9$
  3s

$\\$
$\\$
$\\$

解法1

  每個點維護一個 bitset 表示它能到哪些點。
  每次操作時，暴力重構 $v$ 的 bitset，然後 bfs 一下把能到 $v$ 的點找出來，按拓撲序更新它們的 bitset。維護 bitset 時順便維護答案。
  對於加邊操作的更新，是 $bitset_i = bitset_i \vee bitset_v$。這個的時間主要在於圖的遍歷，邊表是 $O(n^2)$ 的，因此時間是 $O\big(q(n^2+n\frac n{64})\big)=O(qn^2)$。
  對於刪邊操作的更新，是 $bitset_i = \bigvee_{x \in \text{out}(i)}bitset_x$（$\text{out}(i)$ 表示 $i$ 的出點），由於之前是或操作不可撤銷，因此這個要對於 $i$ 枚舉它的出點重新算，因此是 $O\big(q(n^2+n^2\frac n{64})\big)=O(\frac{qn^3}{64})$。

  因此總的時間是 $O(\frac{qn^3}{64})$，算出來 8 億但是跑過去了。

解法2

  上面的解法，加邊很優秀，但是刪邊不太行，這是因爲刪邊的時候由於維護的是“是否連通”，所以無法快速撤銷一個出點的影響。

  那什麼可以撤銷呢？方案數就可以撤銷！

  記 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 走到 $j$ 的方案數，給它模個 $10^9+7$ 啥的（不放心就多模幾個）。
  每次操作時，暴力重算 $f_{v,\cdot}$ 或者 $f_{\cdot,v}$，然後對於所有 $(i,j)$，先 $f_{i,j}-=$原來的$f_{i,v}+f_{v,j}$，再 $+=$新的$f_{i,v}+f_{v,j}$。

  這樣就是 $O(qn^2)$ 的了。

代碼

// 解法1

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef unsigned int uint;

const int maxn=405;

int n,q,len,x[maxn];
uint A[maxn],B[maxn];
bool mp[maxn][maxn];
bitset<maxn> a[maxn];

void ReadChar(char &ch)
{
	ch=getchar();
	while (ch!='+' && ch!='-' && ch!='o' && ch!='i') ch=getchar();
}

bool bz[maxn];
void dfs1(int k,int v)
{
	if (v!=k) a[v][k]=1;
	bz[k]=1;
	fo(i,1,n) if (mp[k][i] && !bz[i]) dfs1(i,v);
}

int d[3*maxn],dg[maxn];
void topo(int v,char ty)
{
	fo(i,1,n) bz[i]=0, dg[i]=0;
	int j=0;
	if (ty=='o') d[j=1]=v;
		else fo(i,1,len) d[++j]=x[i];
	for(int i=1; i<=j; i++)
	{
		fo(go,1,n) if (mp[go][d[i]])
		{
			dg[go]++;
			if (!bz[go]) bz[ d[++j]=go ]=1;
		}
	}
}

uint ans,Ans[maxn];
void Redo(int v)
{
	ans-=Ans[v];
	Ans[v]=0;
	fo(i,1,n) if (a[v][i]) Ans[v]+=A[v-1]*B[i-1];
	ans+=Ans[v];
}

int main()
{
	freopen("reachability.in","r",stdin);
	freopen("reachability.out","w",stdout);
	
	scanf("%d %d %u %u",&n,&q,&A[1],&B[1]);
	A[0]=B[0]=1;
	fo(i,2,n) A[i]=A[i-1]*A[1], B[i]=B[i-1]*B[1];
	while (q--)
	{
		char ch1,ch2; int v;
		ReadChar(ch1), ReadChar(ch2);
		scanf("%d %d",&v,&len);
		fo(i,1,len)
		{
			scanf("%d",&x[i]);
			if (ch2=='o') mp[v][x[i]]^=1; else mp[x[i]][v]^=1;
		}
		
		if (ch2=='o')
		{
			a[v].reset();
			fo(i,1,n) bz[i]=0;
			dfs1(v,v);
			Redo(v);
		}
		
		topo(v,ch2);
		if (ch1=='+')
		{
			int j=0;
			if (ch2=='o') d[j=1]=v;
				else fo(i,1,len) d[++j]=x[i];
			for(int i=1; i<=j; i++)
			{
				a[d[i]]|=a[v];
				if (d[i]!=v) a[d[i]][v]=1;
				Redo(d[i]);
				fo(go,1,n) if (mp[go][d[i]])
				{
					if (--dg[go]==0) d[++j]=go;
				}
			}
		} else
		{
			int j=0;
			if (ch2=='o') d[j=1]=v;
				else fo(i,1,len) d[++j]=x[i];
			for(int i=1; i<=j; i++)
			{
				a[d[i]].reset();
				fo(go,1,n) if (mp[d[i]][go]) a[d[i]]|=a[go], a[d[i]][go]=1;
				Redo(d[i]);
				fo(go,1,n) if (mp[go][d[i]])
				{
					if (--dg[go]==0) d[++j]=go;
				}
			}
		}
		
		printf("%u\n",ans);
	}
}