Description
给你一个NN行NN列的网格，第ii行第jj列的格子用(i,j)(i,j)表示
一开始的时候有MM个格子被涂成黑色，其他的格子都是白色，具体一点，涂成黑色的格子为(a1,b1),(a2,b2),(a3,b3)...(aM,bM)(a1,b1),(a2,b2),(a3,b3)...(aM,bM)
你的目标是按照以下规则将尽可能多的白色格子涂成黑色：如果存在三个格子(x,y)(x,y)，(y,z)(y,z)和(z,x)(z,x)满足(x,y)(x,y)和(y,z)(y,z)都是黑格子并且(z,x)(z,x)是白格子（其中x,y,zx,y,z都是[1,N][1,N]之间的整数），那么你可以将(z,x)(z,x)涂成黑色
输出你不能继续操作时，黑格子的最大数量
Input
第一行两个正整数N,MN,M
接下来MM行每行两个正整数(ai,bi)(ai,bi)表示一开始被涂成黑色的格子
Output
共一行，一个整数ansans表示不能操作时黑格子的最大数量
Sample Input
#Sample1
3 2
1 2
2 3
#Sample2
2 2
1 1
1 2
#Sample3
4 3
1 2
1 3
4 4
Sample Output
#Sample1
3
#Sample2
4
#Sample3
3
HINT
数据范围：
对于100%的数据，1<=N,M<=105,1<=ai,bi<=N1<=N,M<=105,1<=ai,bi<=N，并且所有的(ai,bi)(ai,bi)互不相同
样例解释：
Sample1：(1,2)(1,2)和(2,3)(2,3)都是黑的，可将白格(3,1)(3,1)涂成白色
Sample2：(1,1)(1,1)和(1,2)(1,2)都是黑的，可将白格(2,1)(2,1)涂成黑色；接着(2,1)(2,1)和(1,2)(1,2)都是黑的，可将白格(2,2)(2,2)涂成黑色
Sample3：无法操作
Sol
对于每个黑色点，我们直接连边x-y，然后发现距离为3的点可以产生贡献的边。
为了处理这个问题，我们对图进行012染色，x-y连距离1，y-x连距离2，根据距离mod3决定染得颜色，之后0-1,1-2,2-0都是合法的变黑的方案。。。答案为(c0*c1+c1*c2+c2*c0)。
假设染色出现环，画个图就知道所有点都能互相连边，所以答案是(size^2)。
如果根本染不满，就是原来的数量。。。
其实上面讲的不是核心思想。。。核心思想之有第一句，后面的只是一种高效简洁的实现方法。。。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y,col[100005],cnt[5],ok;long long ans;vector<pair<int,int> >e[100005];
void dfs(int x)
{
cnt[col[x]]++;
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
if(e[x][i].second==1) cnt[3]++;
if(col[e[x][i].first]==-1) col[e[x][i].first]=(col[x]+e[x][i].second)%3,dfs(e[x][i].first);
else if((col[x]+e[x][i].second)%3!=col[e[x][i].first]) ok=1;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);memset(col,-1,sizeof(col));
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),e[x].push_back(make_pair(y,1)),e[y].push_back(make_pair(x,2));
for(int i=1;i<=n;i++) if(col[i]==-1)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));ok=col[i]=0;dfs(i);
if(ok){ans+=1ll*(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2])*(cnt[0]+cnt[1]+cnt[2]);continue;}
else if((!cnt[0])||(!cnt[1])||(!cnt[2])){ans+=1ll*cnt[3];continue;}
else ans+=1ll*cnt[0]*cnt[1]+1ll*cnt[1]*cnt[2]+1ll*cnt[2]*cnt[0];
}
printf("%lld
",ans);
}