NOIP 集训 day4 图论 2

强连通

• 强连通分量
  • 将强连通分量缩点后是 DAG；
• Kosaraju 算法求 SCC：
  • 先在原图上做 DFS，当结束一个点 \(u\) 搜索时将 \(u\) 压入一个栈中。
  • 将所有边反向，得到一个反向图。
  • 接下来每次从栈中弹出一个点，在反图上 DFS，我们声称每次 DFS 出来的可达的点就构成一个强连通分量。
  • 证明：首先搜出来的连通块一定是互相可达的。这是因为从 \(u\) 开始搜到的每个点 \(v\) 都满足在原图上可达 \(u\)，且由于 \(u\) 的完成时间晚于 \(v\)，因此在原图的 DFS 树上，\(u\) 要么是 \(v\) 的祖先，要么和 \(v\) 不在一个 SCC。并且由于我们相当于是按照原图缩点后的拓扑序进行的 DFS，因此不存在第二种情况，即 \(u\) 一定是 \(v\) 的祖先，所以 \(u,v\) 互相可达。
• Tarjan。

2-SAT 判定

将每个点拆成 \(x\) 和 \(\lnot x\) 两个点，两个点 \(u\to v\) 连边代表 \(u\) 为真那么 \(v\) 也为真，则所有限制可以被拆成若干条边的形式。我们对这个建出来的图缩点。

原先的 2SAT 问题有解当且仅当对于每一个 \(x\)，\(x\) 与 \(\lnot x\) 不在同一个 SCC 里。证明：

（必要性）如果 \(x\) 与 \(\lnot x\) 在同一个 SCC 里，即 \(x\iff \lnot x\)，则有矛盾，所以无解。

（充分性）如果没有一对 \(x,\lnot x\) 在同一个 SCC 里，按照以下方法能构造出一组合法解：

1. 按照拓扑序的逆序遍历每个 SCC，如果一个 SCC 还没有被赋值，则将这个 SCC 里的所有变量设为 \(true\)，对于这个 SCC 里的变量的反变量设为 \(false\)。
2. 声称这个能保证合法性，因为蕴含关系是双向的。

双连通

• 边双：删除任意一条边图仍然连通
• 点双：删除任意一个点图仍然连通
• 桥（割边），割点。

Tarjan 算法

• 一条边 \((u,v)\) 是割边 \(\iff\) 它不是返祖边且 \(low[v]\ge dfn[u]\)。
• 缩点：求出所有非割边，然后用并查集 union 起来。

CF1000E We Need More Bosses

• 有一个\(n\)个点\(m\)条边的无向连通图，小A和小B在上面玩游戏，小A先选择两个点\(s\)和\(t\)作为起点和终点，之后小B会在尽可能多的边上设置障碍，但是他需要保证任何\(s\)到\(t\)的路径都会经过他设置的所有障碍。小A想让这个游戏更具挑战性，所以他想知道如何选择\(s\)和\(t\)，使得小B能设置的障碍最多。
• \(n-1 \le m \le 3 * 10^5\)

相当于每个障碍物都要设置在割边上面，于是缩点之后求树的直径。

割点

• 每个割点属于多个点双，每个非割点只属于一个点双。
• 割点：非根节点 \(u\) 是割点 \(\iff\) 存在一个子节点 \(v\) 满足 \(low[v]\ge dfn[u]\)，或 \(u\) 是根节点且 \(u\) 有多于两个子节点。

圆方树

求出每个点双之后，我们将一个点双表示为一个方点，原先的点表示为一个圆点，则会形成一棵树的形式，这就是圆方树：

最后这个圆方树一定是树，证明：

如果出现一个环，分为三种情况：

1. 环上有两个 BCC，则这两个 BCC 应该被合并为一个。
2. 环上只有一个 BCC，即两个点之间有边，则这两个点都可以被合并到那个 BCC 里。

建圆方树：

在 Tarjan 找 BCC 的时候，每次从割点连一条边到 BCC（同时把 BCC 内部的点连向这个 BCC）。

用处

1. 两个点 \((u,v)\) 的路径之中必须要经过的点即为他们在圆方树上的路径的所有圆点。
2. 两个点 \((u,v)\) 的简单路径能够经过点，即为树上路径的所有圆点与方点的并。

例题

• 这世界上有\(N\)个网络设备，他们之间有\(M\)个双向的链接。这个世界是连通的。在一段时间里，有\(Q\)个数据包要从一个网络设备发送到另一个网络设备。一个网络设备承受的压力有多大呢？很显然，这取决于\(Q\)个数据包各自的路径。不过，某些数据包无论走什么路径都不可避免的要通过某些网络设备。你要计算：对每个网络设备，必须通过（包括起点、终点）他的数据包有多少个？
• \(N, M, Q \le 10^5\)

圆方树上每次路径加一，直接树上差分就好：\(u+1,v+1,LCA(u,v)-1,parent(LCA(u,v))-1\).

LOJ2587「APIO2018」铁人两项

当我们固定 \(s,f\) 之后，合法的 \(c\) 就是所有 \(s\) 到 \(f\) 路径上的点，于是我们建出圆方树以后相当于要求 \(\sum_s\sum_f path(s,f)\)。

如果我们把圆方树上每个方点的权值赋为对应边双的大小，圆点的权值赋为 \(-1\)，则最终的答案就是要求 \(s,f\) 之间的路径权值之和（这是因为在路径上的每个割点都要被恰好两个边双共享，所以要减掉 \(1\) 的贡献，且 \(s,f\) 不能为 \(c\) 所以也要减掉），于是就变成经典问题：对于所有点对求路径点权和。

考虑拆贡献，一个点 \(x\) 会被统计多少次贡献呢？不妨容斥一下，统计有哪些路径没有经过 \(x\)，在树上将 \(x\) 删掉后会分成若干个连通块，这些连通块内部之间的路径才是不会经过 \(x\) 的，也就是 \(\sum_{i} \binom{size[i]}{2}\)。

CF487E Tourists

给一个\(n\)个点\(m\)条边无向图，点有点权\(w_i\)， \(Q\)次操作：

1. 修改一个点的点权
2. 询问\((A, B)\)，求一条简单路径\(v_1 = A, v_2, ..., v_k = B\)，最小化\(\min (w_{v_1}, w_{v_2}, ..., w_{v_k})\)，输出这个最小值。

\(n, m, q \leq 10^5\)

根据上述性质，两个点之间的简单路径就是圆方树上的所有边双的并，所以每次修改的时候，可以对每个方点开个线段树维护所有非割点，然后再树剖维护树上的点权最小值。这样每次修改只会改 \(O(1)\) 个点，所以最终时间复杂度 \(O(q \log n)\)。

好像开 multiset 也行。

虚树

我们有一个很大的树 \(T\)，但是我们不关心 \(T\) 完整的形态，我们只关心 \(T\) 中的一个子集 \(T'\subset T\) 和这些点两两之间的关系。这个时候就可以用虚树。

具体来说，我们需要拿到一个点集 \(S\)，要包含 \(T'\) 以及 \(T'\) 之中所有点两两的 LCA。暴力做这个至少是 \(O(n^2)\) 的。但是可以：

1. 在原树上做一遍 DFS 拿到每个点的 DFS 序；
2. 将 \(T'\) 中的所有点按 DFS 序从小到大排序为数组 \(v\)。
3. 求出 \(v\) 数组中每一对相邻的两个点的 LCA，记为集合 \(L\)。
4. 声称最终的虚树点集 \(S=T'\cup L\)。

证明：不妨设有两个点 \(LCA(v_i,v_j)\not \in S\)，此时由于 \(v_i\) 的 DFS 序小于 \(v_j\)，分两种情况讨论：

1. \(v_i\) 是 \(v_j\) 的祖先，则 \(LCA(v_i,v_j)=v_i\in S\)，不成立。
2. 否则，\(v_i,v_j\) 应该分属 \(LCA(v_i,v_j)\) 的两个子树，则不妨设 \(v_p\) 是 \(v_i\) 所在子树里 DFS 序最大的，\(v_q\) 是 \(v_j\) 所在子树里 DFS 序最小的，则 \(LCA(v_p,v_q)\) 就应该要等于 \(LCA(v_i,v_j)\)，否则他们就应该处在 \(LCA(v_i,v_j)\) 的同一个子树内。因此这种情况不成立。

故原命题为假，不存在 \(LCA(v_i,v_j)\not\in S\)。这个方法是 \(O(n\log n)\) 的。

如果想要去掉 \(\log\)，则可以把排序换成基数排序，再把 LCA 换成 \(O(n)-O(1)\) LCA。

圆方树和虚树可以结合起来，解决很多题目。