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聯合省選 2021 A卷 題解

2021-04-23 12:40:20 其他

Day 1

卡牌游戲

這題是道簽到題，

容易想到把所有的 a , b a,b a,b 拿出來從小到大排序，然后列舉最小值，確定最大值，

先講一種很菜的 O ( n log ? 2 n ) O(n\log_2 n) O(nlog2?n) 做法，考慮 二分 最大值的位置，比這個最大值大的所有 a a a 顯然都要跳到它們對應的 b b b 處，可能還會出現不合法的情況，因此可以先用 后綴 維護出排序后下標在 [ i , 2 n ] [i,2n] [i,2n] 中的 a a a 對應的 b b b 的最大值，和 a a a 的個數，

其實還可以 O ( n ) O(n) O(n) 雙指標 ，因為最小值指標右移時，最大值指標不會左移，

如果忍受不了排序那個 O ( n log ? 2 n ) O(n\log_2 n) O(nlog2?n) ，可以 雙關鍵字桶排 ，

矩陣游戲

考慮先不管上下限，求出一組解，然后再進行調整，

求這一組解很簡單，可以令第一行、第一列全部為 0 0 0 ，然后按順序求出其他值即可，

怎么調整？發現對于任意一個 2 × 2 2\times 2 2×2 的矩陣，我們把其中的兩個 ? 1 -1 ?1 ，另外兩個 + 1 +1 +1 ，它們的和不變，仍然滿足 b b b 的限制，如果只修改一行，可以把這一行上列編號為奇數的元素 + x +x +x ，列編號為偶數的元素 ? x -x ?x ，對于每一列也是同理，

但是為什么這樣調整可以達到合法的狀態？

發現根據 b b b 矩陣我們可以列出 ( n ? 1 ) ( m ? 1 ) (n-1)(m-1) (n?1)(m?1) 個方程，此時距離解出 a a a 的值還差 n + m ? 1 n+m-1 n+m?1 個方程，因此如果我們確定了第一行和第一列所有元素的值，矩陣中的其它 a a a 的值就是固定的了，而顯然我們可以通過操作讓第一行、第一列的每一個元素達到任意取值，

那么我們怎么調整？

設第 i i i 行調整的數為 c i c_i ci? ，第 i i i 列調整的數為 d i d_i di? ，那么
a i , j ′ = a i , j + ( ? 1 ) j + 1 c i + ( ? 1 ) i + 1 d j a'_{i,j}=a_{i,j} + (-1)^{j+1} c_{i} + (-1)^{i+1} d_{j} ai,j′?=ai,j?+(?1)j+1ci?+(?1)i+1dj?
發現當 i , j i,j i,j 的奇偶性相同時， c i , d j c_i,d_j ci?,dj? 前面的系數相同，這時就是 和分約束 了，做不了，

因為我們只要讓相鄰的兩個數 c , d c,d c,d 的系數不同即可，因此可以
a i , j ′ = a i , j + ( ? 1 ) i + j ? 1 c i + ( ? 1 ) i + j d i a'_{i,j}=a_{i,j} +(-1)^{i+j-1}c_i + (-1)^{i+j}d_i ai,j′?=ai,j?+(?1)i+j?1ci?+(?1)i+jdi?
然后就是 差分約束 啦，

由于 差分約束 中我們建出來的是一個 完全二分圖 ，因此用 B e l l m a n ? F o r d Bellman-Ford Bellman?Ford 也可以跑得很快，

圖函式

不難想到， f ( u , G ) f(u,G) f(u,G) 表示圖 G G G 中有多少個點 v v v 滿足同時存在 u → v u\to v u→v 和 v → u v\to u v→u 且這兩條路徑上的點的編號都不小于 v v v ，

那么可以設 g i , j , k g_{i,j,k} gi,j,k? 表示當前的圖中是否存在路徑 i → j i\to j i→j 滿足路徑上的點的編號都不小于 k k k ，

如果用 F l o y d Floyd Floyd 做，可以省掉 k k k 這一維，從大到小列舉中轉點 k k k 即可，

發現 G G G 很煩，想辦法怎么一次 F l o y d Floyd Floyd 做完，

刪邊有點難搞，可以考慮把邊按編號從大到小插入，發現我們的狀態 g g g 記錄一個 b o o l bool bool 值，比較浪費，于是設 h i , j h_{i,j} hi,j? 表示當前的圖中，所有 i → j i\to j i→j 的路徑中 最大 的 路徑上最小的邊的編號 （省略 k k k 這一維），

用 F l o y d Floyd Floyd 做，可以求出一個答案的 差分陣列 ，求一個 后綴和 就好了，

雖然時間復雜度是 O ( n 3 ) O\left(n^3\right) O(n3) ，但是這卻是這題最快的解法，

盡管如此，可能還要卡卡常，下面給出一個小優化：

F l o y d Floyd Floyd 時， i , j > k i,j>k i,j>k 的情況更新狀態 h i , j h_{i,j} hi,j? 沒有意義了，

證明：

因為 i , j i,j i,j 不會再當中轉點了，且這兩個點都不會作為 k k k 對答案造成貢獻了，所以更新狀態 h i , j h_{i,j} hi,j? 沒有意義，

寶石

D a y ?? 2 Day\; 2 Day2 簽到題，然而我不會，

先考慮一條鏈上怎么做，我們先跳到 S → T S\to T S→T 中離 S S S 最近的顏色為 P 1 P_1 P1? 的點，然后跳離這個點最近的 P 2 P_2 P2? ，接著跳 P 3 P_3 P3? ……

那么現在要維護每個點后第一個顏色為 P 1 P_1 P1? 的點，以及這個點在寶石收集器中的下一種顏色對應的點，由于要跳很多步，用倍增優化跳的程序，

現在放到樹上，假設我們現在能 O ( 1 ) O(1) O(1) 求出任意一個點到根的路徑上離它最近的某種顏色的點，剩下的怎么做呢？老套路，把 S → T S\to T S→T 的路徑分成 S → l c a , l c a → T S\to lca,lca\to T S→lca,lca→T ，

先求在 S → l c a S\to lca S→lca 上最多能收集多少個寶石，這不是直接倍增往上跳就行了嗎？

再求在 l c a → T lca\to T lca→T 上最多能收集多少個寶石，不好做，于是把路徑反過來，二分收集到的最后一顆寶石，預處理出每個點在寶石收集器中的上一種顏色對應的點，也是倍增優化，這樣就可以 O ( log ? 2 c log ? 2 n ) O(\log_2 c\log_2 n) O(log2?clog2?n) 地求了，

發現這時這兩部分可以分開求，

于是把詢問離線，遍歷這棵樹兩次，每次都動態維護當前點到根的路徑上離它最近的某種顏色的點，第一次遍歷時求出 S → l c a S\to lca S→lca 這部分的答案，第二次遍歷時求出 l c a → T lca\to T lca→T 這部分的答案，這樣就可以了，

時間復雜度 O ( n log ? 2 n + q log ? 2 c log ? 2 n ) O(n\log_2 n+q\log_2 c\log_2 n) O(nlog2?n+qlog2?clog2?n) ，

P.S：這道題還可以用 點分治 做到 O ( n log ? 2 n + q log ? 2 n ) O(n\log_2 n+q\log_2 n) O(nlog2?n+qlog2?n) ，

滾榜

一眼看上去就是狀壓 D P DP DP ，

設 f s , i , j , k f_{s,i,j,k} fs,i,j,k? 表示狀態 s s s 中的隊伍還沒有公布，上一個公布的隊伍為 i i i ， b i = j b_i=j bi?=j ，剩余的 m m m 值為 k k k ，

空間復雜度 O ( 2 n m 2 n ) O\left(2^n m^2 n\right) O(2nm2n) ，時間復雜度 O ( 2 n ? 2 m 2 n 2 ) O\left(2^{n-2}m^2 n^2\right) O(2n?2m2n2) ，勉強能拿 40 40 40 分，還不如暴力 O ( n × n ! ) O(n\times n!) O(n×n!) ，

考慮消掉一維，去掉 j j j ，由于 b b b 按公布順序單調不下降，可以在每次加入一個隊伍 x x x 之后強制把沒有公布的隊伍的 b b b 都加上 max ? ( a i ? a x + [ x > i ] , 0 ) \max\left(a_i-a_x+[x>i],0\right) max(ai??ax?+[x>i],0) ，這樣就行了，

空間復雜度 O ( 2 n m n ) O\left(2^nmn \right) O(2nmn)，時間復雜度 O ( 2 n ? 2 m n 2 ) O\left(2^{n-2}mn^2\right) O(2n?2mn2) （實際上時間肯定是跑不滿的），

支配

考場上覺得這題可做，就拼命弄這題，結果因為一些地方想錯了，最后只拿到樹的 15 15 15 分，

發現對于每個點 x x x ，圖中必定存在一條鏈，使得鏈上包含所有在 D x D_x Dx? 中的點，若構建一個新圖 G 1 G_1 G1? ，若原圖 G 0 G_0 G0? 中 x x x 是 D y D_y Dy? 中離 y y y 最近的點（即走最少的步數能到達 y y y 的點），就在 G 1 G_1 G1? 中加入一條邊 x → y x\to y x→y ，發現 G 1 G_1 G1? 會變成一棵根節點是 1 1 1 的樹，事實上，這就是 支配樹 ，

怎么建這棵樹？有 O ( m ) O(m) O(m) 的做法，但是因為這題允許我們 O ( n 2 ) O\left(n^2\right) O(n2) 建樹，就不如用好寫的 O ( n 2 ) O\left(n^2\right) O(n2) 做法了，

可以從 1 1 1 到 n n n 列舉一個點 i i i ，然后從 1 1 1 出發，不經過 i i i 遍歷整個圖，若最后點 j j j 沒有被遍歷到，那么 i ∈ D j i\in D_j i∈Dj? ，顯然 i i i 的父親就是 D i D_i Di? 中 ∣ D ∣ |D| ∣D∣ 最小的點，

接下來考慮怎么求答案，

顯然就是求加入 s → t s\to t s→t 后有多少個點的受支集合發生改變（顯然受支集合只會減小，即去除某些元素），假設某個點 i i i 在支配樹上的子樹中的所有點的 D D D 發生了改變（這顯然是因為 D i D_i Di? 中一些元素不在 D s D_s Ds? 中），可以發現 i i i 要滿足兩個條件：

  1. f a i fa_i fai? 不在支配樹中 1 → s 1\to s 1→s 的路徑上，否則 D s ? D i D_s\subseteq D_i Ds??Di? ；
  2. 原圖中 t t t 不經過 f a i fa_i fai? 就可以到達 i i i ，否則新增的 1 → i 1\to i 1→i 的路徑仍然必經 D i D_i Di? 中的每一個點，

可以把原圖中的邊反向，對于點 i i i ，求出有哪些點 j j j 不經過 f a j fa_j faj? 就能到達 i i i ，就可以求出所有滿足 條件2 的點了，

列舉這些點，篩選出其中滿足 條件1 的點即可，

但是這些點可能已經在支配樹上形成祖孫關系了，這個差分處理即可，

時間復雜度 O ( n 2 + n q ) O\left(n^2 +nq \right) O(n2+nq) ，

代碼

card

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define fo(i,l,r) for(i=l;i<=r;++i)
#define M 2000005
#define N 1000005
const int inf=1000000001;
int m,s,a[N][2],minn[M],maxx[M],sum[M];bool state[M];
struct node{int num,id;bool type;}b[M];
bool cmp(node x,node y){return x.num<y.num;}
inline int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
int main()
{
	freopen("card.in","r",stdin);
	freopen("card.out","w",stdout);
	register int i;
	int n,ans=inf,l,r,mid,L=1,res;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i][0]),b[++s]=(node){a[i][0],i,0};
	fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i][1]),b[++s]=(node){a[i][1],i,1};
	sort(b+1,b+s+1,cmp);
	fo(i,1,s) a[b[i].id][b[i].type]=i;
	minn[s+1]=inf;
	for(i=s;i;--i)
	{
		if(b[i].type)
			minn[i]=minn[i+1],maxx[i]=maxx[i+1],sum[i]=sum[i+1];
		else
		{
			minn[i]=mymin(minn[i+1],a[b[i].id][1]);
			maxx[i]=mymax(maxx[i+1],a[b[i].id][1]);
			sum[i]=sum[i+1]+1;
		}
	}
	fo(i,1,s)
	{
		if(b[i].type&&!state[b[i].id]) --m,state[b[i].id]=1;
		if(m<0) goto end;
		l=L,r=s,res=-1;
		while(l<=r)
		{
			mid=l+r>>1;
			if(minn[mid+1]<i||maxx[mid+1]>mid||sum[mid+1]-(b[i].type&&a[b[i].id][0]>mid?1:0)>m) l=mid+1;
			else r=mid-1,res=mid;
		}
		if(res>0&&b[res].num-b[i].num<ans) ans=b[res].num-b[i].num;
		end:
		if(b[i].type)
		{
			if(a[b[i].id][0]<i) break;
			if(a[b[i].id][0]>L) L=a[b[i].id][0];
			++m,state[b[i].id]=0;
		}
		else
		{
			if(a[b[i].id][1]<i) break;
			if(a[b[i].id][1]>L) L=a[b[i].id][1];
			--m,state[b[i].id]=1;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

matrix

#include<cstdio>
using namespace std;
#define fo(i,l,r) for(i=l;i<=r;++i)
#define fd(i,r,l) for(i=r;i>=l;--i)
#define N 305
char p[15],buf[100005],*l=buf,*r=buf;
inline char gc()
{return l==r&&(r=(l=buf)+fread(buf,1,100005,stdin),l==r)?EOF:*l++;}
inline void read(int &k)
{
	char ch;while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');k=ch-48;
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') k=k*10+ch-48;
}
inline void print(int x)
{
	if(!x) putchar('0');
	else
	{
		int len=0;
		while(x) p[++len]=x%10+48,x/=10;
		for(;len;--len) putchar(p[len]);
	}
	putchar(' ');
}
int a[N][N],b[N][N],wa[N][N],wb[N][N],fa[N],fb[N];
inline void mymin(int &x,int y){if(x>y) x=y;}
int main()
{
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
	register int i,j;
	int T,n,m,s,x,y;
	bool flag;
	read(T);
	while(T--)
	{
		read(n),read(m);
		for(i=1;i<n;++i)
			for(j=1;j<m;++j) read(b[i][j]);
		fo(i,1,n) a[i][1]=0;
		fo(i,1,m) a[1][i]=0;
		fo(i,2,n) fo(j,2,m) a[i][j]=b[i-1][j-1]-a[i][j-1]-a[i-1][j]-a[i-1][j-1];
		s=n+m;
		fo(i,1,n) fo(j,1,m) wa[i][j]=wb[j][i]=0x3f3f3f3f;
		fo(i,1,n) fa[i]=0;
		fo(i,1,m) fb[i]=0;
		fo(i,1,n) fo(j,1,m)
		{
			if(i+j&1) // d[j]-c[i]
			{
				mymin(wa[i][j],a[i][j]),
				mymin(wb[j][i],1000000-a[i][j]);
			}
			else // c[i]-d[j]
			{
				mymin(wb[j][i],a[i][j]),
				mymin(wa[i][j],1000000-a[i][j]);
			}
		}
		fo(x,1,s)
		{
			flag=1;
			fo(i,1,n) fo(j,1,m)
				if(fa[i]>fb[j]+wb[j][i])
					fa[i]=fb[j]+wb[j][i],flag=0;
			fo(i,1,m) fo(j,1,n)
				if(fb[i]>fa[j]+wa[j][i])
					fb[i]=fa[j]+wa[j][i],flag=0;
			if(flag) break;
		}
		if(x>s) goto out;
		fo(i,1,n) fo(j,1,m)
		{
			a[i][j]=i+j&1?a[i][j]+fa[i]-fb[j]:a[i][j]-fa[i]+fb[j];
			if(a[i][j]<0||a[i][j]>1000000) goto out;
		}
		puts("YES");
		fo(i,1,n)
		{
			fo(j,1,m) print(a[i][j]);
			putchar('\n');
		}
		continue;
		out:puts("NO");
	}
	return 0;
}

graph

#include<cstdio>
using namespace std;
#define M 200005
#define N 1005
char p[15],buf[100005],*pl=buf,*pr=buf;
inline char gc()
{return pl==pr&&(pr=(pl=buf)+fread(buf,1,100005,stdin),pl==pr)?EOF:*pl++;}
inline void read(int &k)
{
	char ch;while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');k=ch-48;
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') k=k*10+ch-48;
}
inline void print(int x)
{
	if(!x) putchar('0');
	else
	{
		int len=0;
		while(x) p[++len]=x%10+48,x/=10;
		for(;len;--len) putchar(p[len]);
	}
	putchar(' ');
}
int f[N][N],ans[M];
inline int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline void mymax(int &x,int y){if(x<y) x=y;}
int main()
{
	freopen("graph.in","r",stdin);
	freopen("graph.out","w",stdout);
	register int i,j,k,tmp;
	int x,y,n,m;
	read(n),read(m);
	for(i=1;i<=m;++i) read(x),read(y),f[x][y]=i;
	for(k=n;k;--k)
	{
		for(i=k+1;i<=n;++i) ++ans[mymin(f[i][k],f[k][i])];
		for(i=1;i<k;++i) if(f[i][k])
			for(j=1;j<=n;++j)
				mymax(f[i][j],mymin(f[i][k],f[k][j]));
		for(i=k+1;i<=n;++i) if(f[i][k])
			for(j=1;j<k;++j)
				mymax(f[i][j],mymin(f[i][k],f[k][j]));
		// i,j>k 因為 i,j 不會再當中轉點了，且這兩個點都不會作為 k 對答案造成貢獻了，所以沒有意義 
	}
	ans[m+1]=n;
	for(i=m;i;--i) ans[i]+=ans[i+1];
	for(i=1;i<=m+1;++i) print(ans[i]);
	return 0;
}

gem

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
char p[15],buf[100005],*pl=buf,*pr=buf;
inline char gc()
{return pl==pr&&(pr=(pl=buf)+fread(buf,1,100005,stdin),pl==pr)?EOF:*pl++;}
inline void read(int &k)
{
	char ch;while(ch=gc(),ch<'0'||ch>'9');k=ch-48;
	while(ch=gc(),ch>='0'&&ch<='9') k=k*10+ch-48;
}
inline void print(int x)
{
	if(!x) putchar('0');
	else
	{
		int len=0;
		while(x) p[++len]=x%10+48,x/=10;
		for(;len;--len) putchar(p[len]);
	}
	putchar('\n');
}
#define fo(i,l,r) for(i=l;i<=r;++i)
#define M 400005
#define N 200005
#define C 50005
int fir[N],to[M],nex[M],w[N],num[C],id[C],las[C],f[N][18],g[N][18],h[N][18],dep[N],c,q,s,l,r,mid,now,res;
struct node{int st,ed,lca,mid,ans;}a[N];
vector<int>qry1[N],qry2[N];
inline void inc(int x,int y)
{
	to[++s]=y,nex[s]=fir[x],fir[x]=s;
	to[++s]=x,nex[s]=fir[y],fir[y]=s;
}
void dfs(int k)
{
	int i,tmp=las[w[k]];
	dep[k]=dep[f[k][0]]+1;
	g[k][0]=las[num[id[w[k]]+1]],
	h[k][0]=id[w[k]]?las[num[id[w[k]]-1]]:0;
	las[w[k]]=k;
	for(i=fir[k];i;i=nex[i])
		if(to[i]!=f[k][0])
			f[to[i]][0]=k,dfs(to[i]);
	las[w[k]]=tmp;
}
inline void swap(int &x,int &y){int z=x;x=y,y=z;}
inline int getlca(int u,int v)
{
	if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
	for(int i=17;i>=0;--i)
		if(dep[f[u][i]]>=dep[v])
			u=f[u][i];
	if(u==v) return u;
	for(int i=17;i>=0;--i)
		if(f[u][i]!=f[v][i])
			u=f[u][i],v=f[v][i];
	return f[u][0];
}
void solveL(int k)
{
	int i,j,tmp;
	for(i=0;i<qry1[k].size();++i)
	{
		now=qry1[k][i],
		tmp=w[k]==num[1]?k:las[num[1]];
		for(j=17;j>=0;--j)
			if(dep[g[tmp][j]]>=dep[a[now].lca])
				tmp=g[tmp][j];
		a[now].mid=dep[tmp]>=dep[a[now].lca]?w[tmp]:0;
	}
	tmp=las[w[k]],las[w[k]]=k;
	for(i=fir[k];i;i=nex[i])
		if(to[i]!=f[k][0]) solveL(to[i]);
	las[w[k]]=tmp;
}
void solveR(int k)
{
	int i,j,tmp;
	for(i=0;i<qry2[k].size();++i)
	{
		now=qry2[k][i],l=id[a[now].mid]+1,r=c,res=l-1;
		while(l<=r)
		{
			mid=l+r>>1,
			tmp=w[k]==num[mid]?k:las[num[mid]];
			for(j=17;j>=0;--j)
				if(dep[h[tmp][j]]>=dep[a[now].lca])
					tmp=h[tmp][j];
			if(dep[tmp]>=dep[a[now].lca]&&id[w[tmp]]<=id[a[now].mid]+1) res=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		a[now].ans=res;
	}
	tmp=las[w[k]],las[w[k]]=k;
	for(i=fir[k];i;i=nex[i])
		if(to[i]!=f[k][0]) solveR(to[i]);
	las[w[k]]=tmp;
}
int main()
{
	freopen("gem.in","r",stdin);
	freopen("gem.out","w",stdout);
	register int i;
	int j,n,m,x,y;
	read(n),read(m),read(c);
	fo(i,1,c) read(num[i]),id[num[i]]=i;
	fo(i,1,n) read(w[i]);
	for(i=1;i<n;++i) read(x),read(y),inc(x,y);
	dfs(1);
	fo(j,1,17) fo(i,1,n)
		f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1],
		g[i][j]=g[g[i][j-1]][j-1],
		h[i][j]=h[h[i][j-1]][j-1];
	read(q);
	fo(i,1,q)
		read(a[i].st),read(a[i].ed),
		a[i].lca=getlca(a[i].st,a[i].ed),
		qry1[a[i].st].push_back(i),
		qry2[a[i].ed].push_back(i);
	fo(i,1,m) las[i]=0;solveL(1);
	fo(i,1,m) las[i]=0;solveR(1);
	fo(i,1,q) print(a[i].ans);
	return 0;
}

ranklist

#include<cstdio>
using namespace std;
#define fo(i,l,r) for(i=l;i<=r;++i)
#define fd(i,r,l) for(i=r;i>=l;--i)
#define M 505
#define N 15
long long f[8195][N][M];
int a[N];
int main()
{
	freopen("ranklist.in","r",stdin);
	freopen("ranklist.out","w",stdout);
	register int k,j,i;
	int s,t,len,n,m,S,tmp,max=0;
	long long ans=0;
	scanf("%d%d",&n,&m),a[0]=-1;
	fo(i,1,n) scanf("%d",a+i);
	fo(i,1,n) if(a[i]>a[max]) max=i;
	S=(1<<n)-1;
	fo(i,1,n)
	{
		tmp=n*(a[max]-a[i]+(max<i));
		if(tmp<=m) f[S^1<<i-1][i][m-tmp]=1;
	}
	fd(s,S-1,1)
	{
		len=0;
		fo(i,1,n) if(s&1<<i-1) ++len;
		fo(i,1,n) if(!(s&1<<i-1))
			fo(k,1,n) if(s&1<<k-1)
			{
				tmp=(a[i]-a[k]+(i<k))*len;
				t=s^1<<k-1;
				if(tmp<0) tmp=0;
				fo(j,tmp,m) if(f[s][i][j])
					f[t][k][j-tmp]+=f[s][i][j];
			}
	}
	fo(i,1,n) fo(j,0,m) ans+=f[0][i][j];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

dominator

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define fo(i,l,r) for(i=l;i<=r;++i)
#define M 6005
#define N 3005
struct graph
{
	int fir[N],to[M],nex[M],s;
	inline void inc(int x,int y)
	{to[++s]=y,nex[s]=fir[x],fir[x]=s;}
}G,F,D_tree;
struct node
{
	int D[N],siz;
	inline void inc(int x){D[++siz]=x;}
}a[N],list[N];
int fa[N],vis[N],siz[N],dfn[N],sum[N],ord,time;
bool b[N],in[N];
void dfs1(int k)
{
	vis[k]=time;
	for(int i=G.fir[k];i;i=G.nex[i])
		if(b[G.to[i]]&&vis[G.to[i]]<time)
			dfs1(G.to[i]);
}
void dfs2(int k)
{
	vis[k]=time,list[k].inc(time);
	for(int i=F.fir[k];i;i=F.nex[i])
		if(b[F.to[i]]&&vis[F.to[i]]<time)
			dfs2(F.to[i]);
}
void dfs3(int k)
{
	siz[k]=1,dfn[k]=++ord;
	for(int i=D_tree.fir[k];i;i=D_tree.nex[i])
		dfs3(D_tree.to[i]),siz[k]+=siz[D_tree.to[i]];
}
int main()
{
	freopen("dominator.in","r",stdin);
	freopen("dominator.out","w",stdout);
	register int i,j;
	int n,m,q,x,y,ans,k;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	fo(i,1,m)
		scanf("%d%d",&x,&y),
		G.inc(x,y),F.inc(y,x);
	fo(i,1,n) b[i]=1;
	fo(i,2,n)
	{
		a[i].inc(1);
		time=i,b[i]=0,
		dfs1(1),vis[i]=i;
		fo(j,2,n) if(vis[j]<i)
			a[j].inc(i);
		b[i]=1;
	}
	fo(i,2,n)
	{
		fa[i]=a[i].D[1];
		fo(j,2,a[i].siz)
			if(a[a[i].D[j]].siz>a[fa[i]].siz)
				fa[i]=a[i].D[j];
	}
	fo(i,2,n) D_tree.inc(fa[i],i);
	dfs3(1);
	fo(i,1,n) vis[i]=0;
	fo(i,2,n)
	{
		time=i,b[fa[i]]=0;
		dfs2(i),b[fa[i]]=1;
	}
	b[0]=1;
	while(q--)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y),ans=0;
		fo(i,1,n) sum[i]=0;
		i=x,b[1]=0;while(i>1) b[i]=0,i=fa[i];
		fo(j,1,list[y].siz)
		{
			k=list[y].D[j];
			if(b[fa[k]]) ++sum[dfn[k]],--sum[dfn[k]+siz[k]];
		}
		fo(j,1,n)
		{
			sum[j]+=sum[j-1];
			if(sum[j]) ++ans;
		}
		printf("%d\n",ans);
		i=x,b[1]=1;while(i>1) b[i]=1,i=fa[i];
	}
	return 0;
}

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