自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

	CommonAnts 蔡德仁 - ΣStudio*

搬运于2025-08-24 23:03:19，当前版本为作者最后更新于2024-08-25 20:37:48，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

思路

这个问题研究的是满足条件的四元组个数，那么我们应该研究“满足条件的四元组”的结构，以及如何从题目的三元组找到对应的四元组。

经过一些尝试和观察或者打表，可以发现这个题答案不可能特别大。

因此，考虑如何高效地枚举可能的四元组。

算法

考虑一个三元组 $(u,v,w)$ 属于哪些合法四元组。可以发现，$(u,v,w)$ 所属的合法四元组个数，等于满足“ $(u,v,x),(u,w,x),(v,w,x)$ 三个三元组都存在”的 $x$ 的个数。（这里还是有序的 $u\lt v\lt w\lt x$）

所以，我们定义 $S(u,v)$ 表示使得 $(u,v,x)$ 三元组存在的 $x$ 的的集合。

朴素算法 1 我们预处理算出所有非空的 $S(u,v)$，然后对于每个三元组 $(u,v,w)$ 直接暴力计算 $S(u,v),S(v,w),S(u,w)$ 的交集大小，累加起来就是答案。

定理 上述算法的时间复杂度是 $O(m^{4/3})$。

证明如下：

首先注意到，暴力求这三个集合交集大小的时间复杂度同阶于其中最小的一个集合大小，只要枚举最小的那个集合里的元素查询在不在其它集合里即可。

所以时间复杂度 $\sim\sum_{(u,v,w)} \min(\lvert S(u,v) \rvert, \lvert S(u,w) \rvert, \lvert S(v,w) \rvert)$

现在只要分析 $S$ 的大小。为了方便，我们之后称 $1$ 到 $n$ 是无向图上的点，称 $S(u,v)$ 是无向图上 $(u,v)$ 的边权。那么：

1. 所有边权和为 $m$
2. 我们要最大化图上前 $m$ 大的三元环边权最小值之和，这是上述算法时间复杂度的上界。

容易证明，如果一个图中有 $i$ 个不同的三元环，那么图里至少有 $\sim i^{2/3}$ 条边。（参见三元环计数的分析。）

所以第 $i$ 大的三元环边权最小值不会超过 $\sim\frac{m}{i^{2/3}}$。

所以，前述朴素算法 1 时间复杂度上界不超过 $\sim\sum_{i=1}^m \frac{m}{i^{2/3}}\sim \int_1^m \frac{m}{i^{2/3}} \mathrm di+O(m) =O(m^{4/3})$。

这个朴素算法 1 就可以通过本题。

参考程序

这个 $O(m^{4/3}\log m)$ 程序使用了 std::map，改为hash表（散列表）可以去掉复杂度中的 $\log$。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int,int> p_t;

const int MX=300005;
map<p_t, set<int>> d;
int n,m;
int u[MX],v[MX],w[MX];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>u[i]>>v[i]>>w[i];
        d[make_pair(u[i],v[i])].insert(w[i]);
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        set<int> *W=&d[make_pair(u[i],v[i])], *V=&d[make_pair(u[i],w[i])], *U=&d[make_pair(v[i],w[i])];
        if(U->size()>V->size())swap(U,V);
        if(V->size()>W->size())swap(V,W);
        if(U->size()>V->size())swap(U,V); // 冒泡排序，找到最小的一个集合，保证求交集复杂度
        for(auto j:*U)if(V->find(j)!=V->end()&&W->find(j)!=W->end()){
            ans++;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}