基环树学习笔记
基环树学习笔记
定义
基环树指的是一张有 \(n\) 个节点和 \(n\) 条边的图，如果不保证连通的话，那么整张图是一张基环树森林。并且如果将环上的任意一条边去除，那么整棵基环树会成为一棵普通的树。
分类
基环树有以下几种特殊情况，也是题目中较多出现的。
基环内向树
指的是在一棵有向基环树中，所有节点有且仅有一条出边。如【P3437. [ZJOI2008]骑士】。
基环外向树
指的是在一棵有向基环树中，所有节点有且仅有一条入边。
常见处理方法
找环
对于任何一棵基环树，与普通的树最大的不同就是上面存在一个环，我们如果想将其看作普通的树或环来处理，那么就必须先找到上面的环。下面是对于不同的基环树常见的找环方式。
无向图
dfs
这种写法更适用与需要确切找到从某个节点出发到达的第一个环上的节点。
void dfs(int u,int fa){
if(ins[u]){
int j;
mark[u]=true;
for(j=top;stk[j]!=u;j--)mark[stk[j]]=true;
return ;
}
if(vis[u])return ;
stk[++top]=u;
vis[u]=ins[u]=true;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
if(v==fa)continue;
dfs(v);
}
top--;
ins[u]=false;
return ;
}
拓扑排序
void topo(){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!in[i])q.push(i);
}
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i;i=to[i]){
int y=v[i],z=w[i];
if(--in[y]==0)q.push(y);
}
}
}
有向图
dfs
有向图找环的代码与无向图的 dfs 类似。
void dfs(int u){
if(ins[u]){
int j;
mark[u]=true;
for(j=top;stk[j]!=u;j--)mark[stk[j]]=true;
return ;
}
if(vis[u])return ;
stk[++top]=u;
vis[u]=ins[u]=true;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
dfs(v);
}
top--;
ins[u]=false;
return ;
}
处理
处理方法常见的通常有树形 dp 和环形 dp 两种。
树形 dp
因为基环树并非普通的树，所以需要先去除环上的一条边，使整张图变成一棵树才能正常开始 dp，并且又因为去除掉了一条边，所以会有两个节点的限制关系被消除，因此通常需要进行两次 dp。
环形 dp
抛去除了环上所有节点以外的所有节点，整张图会变成一个环，接着可以跑一遍环形 dp。因为不能凭空去除一些节点，就需要另行将去除掉的节点的信息添加到相连接的环上的节点上。
例题
P3437. [ZJOI2008]骑士
Solution1
这道题每个人都有一个讨厌的人，如果从每个人出发，向自己讨厌的人建一条有向边，那么这是一棵基环内向树。再考虑到每个人不能和讨厌的人一起去，那么思路和【P280. 没有上司的舞会】相同，可以利用树形 dp 求解。但是又考虑到去掉的一条边的两个节点不可以都去，那么意味着一定有一个人不去，那么在跑完两次树形 dp 后，只选择根节点不去的最小方案即可。
code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e6+5,Inf=-2147483647;
int n,cnt=1,mark;
int head[N],w[N],d[N];
ll ans;
ll f[N][2];
bool vis[N];
struct edge{
int v,to;
}e[N];
void addEdge(int u,int v){
e[cnt].v=v,e[cnt].to=head[u];
head[u]=cnt++;
}
void check(int x){
vis[x]=true;
if(vis[d[x]])mark=x;
else check(d[x]);
return ;
}
void dfs(int u){
vis[u]=true;
f[u][1]=w[u],f[u][0]=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].to){
int v=e[i].v;
if(v==mark)f[v][1]=Inf;
else{
dfs(v);
f[u][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);
f[u][1]+=f[v][0];
}
}
return ;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>w[i]>>d[i];
addEdge(d[i],i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i])continue;
check(i);
dfs(mark);
ll Max=f[mark][0];
mark=d[mark];
dfs(mark);
ans+=max(Max,f[mark][0]);
}
cout<<ans;
}
P1203. 「NOIP2018」旅行
Solution1
观察到数据范围中的 \(m=n\) 或 \(m=n-1\)，就应该分类讨论。
m=n-1
此时，整张图为一棵树。因为无法回到已经去过的节点，那么就只能走完一棵子树再走另一棵子树，为了实现选择子树最小值，我选择了邻接矩阵存图。
m=n
此时，整张图为一棵基环树。考虑在走到环之后怎么操作，优先走编号更小的点，也就是说，第一个到达的在环上的节点的两个环上相邻的节点中，编号最小的会优先被走到。接着考虑什么时候舍弃一边转而走到另一边，很显然在找编号最小的点时，可能会错过一些点的子树而直接走到环上的另一个点，那么在上一个点就会存留一些剩余的点没有走过，而当回溯的时候是必要走过这些点的。显然，如果下一个环上的节点的编号，比上一个有剩余子树的节点的剩余最小值要大，那么我们不如直接回溯，这样的字典序一定最小。或者当没有剩余子树并且环上节点比之前未被选择的一侧的节点的编号要大，那么我们不如回溯去走那个未被选择的点，这样的字典序一定最小。当我们选择完一侧的节点，另一侧的节点就可以当作普通的树求解了。
code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e3;
int n,m,x,y,top,fir,sec,unv;
int stk[N+5];
bool g[N+5][N+5],mark[N+5],ins[N+5],vis[N+5],vis2[N+5];
void dfs1(int u,int fa){
printf("%d ",u);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!g[u][i]||i==fa)continue;
dfs1(i,u);
}
return ;
}
void dfs2(int u,int fa){
stk[++top]=u;
ins[u]=vis[u]=true;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!g[u][i]||i==fa)continue;
if(ins[i]){
int j;
for(j=top;stk[j]!=i;j--){
mark[stk[j]]=true;
ins[stk[j]]=false;
}
mark[i]=true;
fir=min(u,stk[j+1]);
sec=max(u,stk[j+1]);
return ;
}
if(!vis[i])dfs2(i,u);
}
--top;
ins[u]=false;
return ;
}
void dfs5(int u,int fa){
printf("%d ",u);
vis2[u]=true;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!g[u][i]||i==fa||vis2[i])continue;
dfs5(i,u);
}
return ;
}
void dfs4(int u,int fa){
printf("%d ",u);
vis2[u]=true;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!g[u][i]||i==fa||vis2[i])continue;
if(mark[i]){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(!g[u][j]||j==fa)continue;
unv=j;
break;
}
if((sec<i&&unv==n+1)||unv<i){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(j==fa||!g[u][j])continue;
dfs5(j,u);
}
return ;
}
dfs4(i,u);
}else dfs5(i,u);
}
return ;
}
void dfs3(int u,int fa){
printf("%d ",u);
vis2[u]=true;
if(mark[u]){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!g[u][i]||i==fa||vis2[i])continue;
if(i==fir)dfs4(fir,u);
else if(i==sec)dfs5(sec,u);
else dfs3(i,u);
}
return ;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!g[u][i]||i==fa)continue;
dfs3(i,u);
}
return ;
}
int main(){
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
g[x][y]=g[y][x]=true;
}
if(m==n-1)dfs1(1,0);
else{
dfs2(1,0);
unv=n+1;
dfs3(1,0);
}
return 0;
}
P3438. [Ioi2008] Island 岛屿
Solution1
问题即求每个基环树的最长链的长度。考虑将环上的每个节点的子树合并到环上，然后考虑环上的最长链。令 \(g_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树中的最长链，\(f_i\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树中以 \(i\) 为起点的最长链，\(s\) 为环长，\(dis_{i,j}\) 表示环上 \(i,j\) 两点的距离，对于环上的两个节点 \(u,v\)，与其相关的链可能是 \(g_u,g_v,f_u+f_v+dis_{u,v},f_u+f_v+s-dis_{u,v}\)，在其中取最大值即可。利用单调队列的思想，令 \(dis_i\) 表示环上到 \(i\) 时的边权和，后两者相当于 \((f_u-dis_u)+(f_v+dis_v),(f_u+dis_u)+(f_v-dis_v)+s\)，利用单调队列维护 \(f_u-dis_u,f_u+dis_u\) 的最大值。
code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6;
int n;
int v[N+5],w[N+5],in[N+5];
long long ans;
long long f[N+5],g[N+5];
queue<int>q;
long long GetAns(int p){
int tmp=p;
p=v[p];
long long ans1=g[tmp],ans2=-1e18,s=w[tmp],m1=f[tmp],m2=f[tmp];
while(p!=tmp){
in[p]=0;
ans1=max(ans1,max(g[p],f[p]+s+m1));
ans2=max(ans2,f[p]-s+m2);
m1=max(m1,f[p]-s);
m2=max(m2,f[p]+s);
s+=w[p];
p=v[p];
}
return max(ans1,ans2+s);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
in[v[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!in[i])q.push(i);
}
while(!q.empty()){
int p=q.front();
q.pop();
long long sum=f[p]+w[p];
g[v[p]]=max(g[v[p]],max(f[v[p]]+sum,g[p]));
f[v[p]]=max(f[v[p]],sum);
if(--in[v[p]]==0)q.push(v[p]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(in[i])ans+=GetAns(i);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
P3439. [POI2012] Rendezvous
Solution1
首先，题目中的图是基环内向树森林。考虑到对于一棵联通的基环树，环上的每一个节点都有自己的子树。如果 \(a\) 和 \(b\) 在同一个环上节点的子树内，那么它们的最优相遇位置一定是在它们的最近公共祖先处。而如果它们不在一个环上节点的子树内，那么最优的相遇位置要么在 \(a\) 所属的环上节点，要么在 \(b\) 所属的环上节点，我们求解两个环上节点之间的距离和环的大小并分类讨论，然后根据题面要求判断更优解即可。
code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5;
int n,m;
struct DSU{
int faz[N+5];
void build(){
for(int i=1;i<=n;i++)faz[i]=i;
return ;
}
int find(int x){
if(faz[x]==x)return x;
return faz[x]=find(faz[x]);
}
void insert(int x,int y){
int X=find(x),Y=find(y);
if(X==Y)return ;
faz[X]=Y;
return ;
}
}Dsu;
struct Graph{
int cnt1,cnt2;
int head1[N+5],to1[N+5],v1[N+5],head2[N+5],to2[N+5],v2[N+5];
void add1(int x,int y){
to1[cnt1]=head1[x];
v1[cnt1]=y;
head1[x]=cnt1++;
return ;
}
void add2(int x,int y){
to2[cnt2]=head2[x];
v2[cnt2]=y;
head2[x]=cnt2++;
return ;
}
void build(){
int y;
cnt1=cnt2=1;
for(int x=1;x<=n;x++){
scanf("%d",&y);
add1(x,y);
add2(y,x);
Dsu.insert(x,y);
}
return ;
}
}G;
struct Circle_Tree{
int top;
int stk[N+5];
bool vis[N+5],ins[N+5],mark[N+5];
void dfs(int u){
if(ins[u]){
int j;
mark[u]=true;
for(j=top;stk[j]!=u;j--){
mark[stk[j]]=true;
ins[stk[j]]=true;
}
return ;
}
if(vis[u])return ;
stk[++top]=u;
vis[u]=ins[u]=true;
for(int i=G.head1[u];i;i=G.to1[i]){
int v=G.v1[i];
dfs(v);
}
top--;
ins[u]=false;
return ;
}
void build(){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i])dfs(i);
}
return ;
}
}Ct;
struct LCA{
int Siz;
int R[N+5],faz[N+5],siz[N+5],son[N+5],top[N+5],dep[N+5],dis[N+5],len[N+5];
bool vis[N+5];
void dfs1(int u,int rt){
R[u]=rt;
siz[u]=1;
for(int i=G.head2[u];i;i=G.to2[i]){
int v=G.v2[i];
if(Ct.mark[v])continue;
faz[v]=u;
dep[v]=dep[u]+1;
dfs1(v,rt);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
return ;
}
void dfs2(int u,int rt){
top[u]=rt;
if(son[u])dfs2(son[u],rt);
for(int i=G.head2[u];i;i=G.to2[i]){
int v=G.v2[i];
if(Ct.mark[v]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
return ;
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=faz[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
return y;
}
void dfs3(int u){
Siz++;
vis[u]=true;
for(int i=G.head1[u];i;i=G.to1[i]){
int v=G.v1[i];
if(vis[v])continue;
dis[v]=dis[u]+1;
dfs3(v);
}
len[u]=Siz;
return ;
}
void build(){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(Ct.mark[i]){
dfs1(i,i);
dfs2(i,i);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(Ct.mark[i]&&!vis[i]){
Siz=0;
dfs3(i);
}
}
return ;
}
}Lca;
struct Query{
void query(int a,int b){
int A=Dsu.find(a),B=Dsu.find(b);
if(A!=B)printf("-1 -1\n");
else if(Lca.R[a]==Lca.R[b]){
int lc=Lca.lca(a,b);
printf("%d %d\n",Lca.dep[a]-Lca.dep[lc],Lca.dep[b]-Lca.dep[lc]);
}else{
int x=Lca.R[a],y=Lca.R[b],dis=Lca.dis[x]-Lca.dis[y],disA=Lca.dep[a],disB=Lca.dep[b],A1,A2,B1,B2;
if(dis<0){
A1=disA-dis;
B1=disB;
A2=disA;
B2=disB+Lca.len[y]+dis;
}else{
A1=disA+Lca.len[x]-dis;
B1=disB;
A2=disA;
B2=disB+dis;
}
if(max(A1,B1)<max(A2,B2))printf("%d %d\n",A1,B1);
else if(max(A1,B1)>max(A2,B2))printf("%d %d\n",A2,B2);
else{
if(min(A1,B1)<min(A2,B2))printf("%d %d\n",A1,B1);
else if(min(A1,B1)>min(A2,B2))printf("%d %d\n",A2,B2);
else{
if(A1>=B1)printf("%d %d\n",A1,B1);
else printf("%d %d\n",A2,B2);
}
}
}
return ;
}
void build(){
int a,b;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
query(a,b);
}
return ;
}
}Q;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
Dsu.build();
G.build();
Ct.build();
Lca.build();
Q.build();
return 0;
}
P3441. 创世纪
Solution1
考虑将环上的一条边去掉，进行树形 dp，但问题中的基环内向树无法树形 dp，因此需要建反图，使整张图变为基环外向树，接着去除掉唯一一条到根节点的入边使其成为一棵树。接着考虑限制如何补回来，考虑到去除的一条边会使根节点的一个限制消失。当根节点不选时，原本被限制的点因为已经有根节点未被选择，所以剩下的限制节点可以随意选择。而当根节点选择时，则原本被限制的点的限制条件和其他点一样。可以利用两个 dfs 处理。
code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6;
int n,ans;
struct Graph{
int cnt;
int head[N+5],to[N+5],v[N+5];
void add(int x,int y){
v[cnt]=y;
to[cnt]=head[x];
head[x]=cnt++;
return ;
}
void build(){
int x;
cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
add(x,i);
}
return ;
}
}G;
struct Circle_Tree{
int top,rt,mark;
int stk[N+5],f[N+5],g[N+5];
bool flag;
bool ins[N+5],vis[N+5];
void dfs1(int u){
if(ins[u]){
flag=true;
rt=u;
mark=stk[top];
return ;
}
if(vis[u])return ;
vis[u]=ins[u]=true;
stk[++top]=u;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
dfs1(v);
}
--top;
ins[u]=false;
return ;
}
void dfs2(int u){
f[u]=1;
g[u]=0;
bool flag=1;
int sum=0,Min=0,cnt=0;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
if(u==mark&&v==rt)continue;
cnt++;
dfs2(v);
if(f[v]>g[v]){
sum+=f[v];
Min=min(Min,g[v]-f[v]);
}else{
sum+=g[v];
flag=0;
}
}
g[u]+=sum;
if(flag)f[u]+=sum+Min;
else f[u]+=sum;
if(!cnt)f[u]=-N;
return ;
}
void dfs3(int u){
f[u]=1;
g[u]=0;
bool flag=1;
int sum=0,Min=0,cnt=0;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
if(u==mark&&v==rt)continue;
cnt++;
dfs3(v);
if(f[v]>g[v]){
sum+=f[v];
Min=min(Min,g[v]-f[v]);
}else{
sum+=g[v];
flag=0;
}
}
g[u]+=sum;
if(u==mark||!flag)f[u]+=sum;
else f[u]+=sum+Min;
if(!cnt&&u!=mark)f[u]=-N;
return ;
}
void build(){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
flag=false;
dfs1(i);
if(flag){
int A=0;
dfs2(rt);
A=max(A,f[rt]);
dfs3(rt);
A=max(A,g[rt]);
ans+=A;
}
}
}
return ;
}
}Ct;
int main(){
scanf("%d",&n);
G.build();
Ct.build();
printf("%d",ans);
}
P3440. Freda的传呼机
Solution1
看到题面，如同【P1203. 「NOIP2018」旅行】一样的，考虑分类讨论。
m=n-1
此时，整张图为一颗树，那么利用 lca 求解即可。
m=n
此时整张图为一棵基环树，和【P3439. [POI2012] Rendezvous】类似的，当两个节点在同一个环上节点的子树内部时利用 lca 求解，否则利用环上两点的简单路径只有两条并且经过环上所有边求解。
每条光缆只在一个环中
这是仙人掌图，还没有学到（只是后面的内容），以后再来探索吧。
code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4,M=1.2e4;
int n,m,q;
struct Graph{
int cnt;
int head[N+5],to[(M<<1)+5],v[(M<<1)+5],w[(M<<1)+5];
void add(int x,int y,int z){
to[cnt]=head[x];
v[cnt]=y;
w[cnt]=z;
head[x]=cnt++;
return ;
}
void build(){
int x,y,t;
cnt=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);
add(x,y,t);
add(y,x,t);
}
return ;
}
}G;
struct Tree{
int faz[N+5],siz[N+5],son[N+5],top[N+5],dep[N+5];
long long dis[N+5];
void dfs1(int u){
siz[u]=1;
son[u]=0;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i],w=G.w[i];
if(v==faz[u])continue;
faz[v]=u;
dep[v]=dep[u]+1;
dis[v]=dis[u]+w;
dfs1(v);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
return ;
}
void dfs2(int u,int rt){
top[u]=rt;
if(son[u])dfs2(son[u],rt);
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
if(v==faz[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
return ;
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=faz[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
return y;
}
long long get_dis(int x,int y){
return dis[x]+dis[y]-2*dis[lca(x,y)];
}
void build(){
int x,y;
dfs1(1);
dfs2(1,1);
while(q--){
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%lld\n",get_dis(x,y));
}
return ;
}
}T;
struct Circle_Tree{
int Top;
int stk[N+5],R[N+5],faz[N+5],dep[N+5],siz[N+5],top[N+5],son[N+5];
long long sum;
long long dis[N+5],len[N+5];
bool mark[N+5],ins[N+5],vis[N+5];
void dfs4(int rt,int u,int fa){
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i],w=G.w[i];
if(v==fa||!mark[v])continue;
if(v==rt){
sum+=w;
continue;
}
len[v]=len[u]+w;
sum+=w;
dfs4(rt,v,u);
}
return ;
}
void dfs1(int u,int fa){
if(ins[u]){
mark[u]=true;
for(int j=Top;stk[j]!=u;j--)mark[stk[j]]=true;
dfs4(u,u,fa);
return ;
}
if(vis[u])return ;
stk[++Top]=u;
ins[u]=vis[u]=true;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
if(v==fa)continue;
dfs1(v,u);
}
--Top;
ins[u]=false;
return ;
}
void dfs2(int u,int rt){
siz[u]=1;
son[u]=0;
R[u]=rt;
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i],w=G.w[i];
if(v==faz[u]||mark[v])continue;
dep[v]=dep[u]+1;
faz[v]=u;
dis[v]=dis[u]+w;
dfs2(v,rt);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
return ;
}
void dfs3(int u,int rt){
top[u]=rt;
if(son[u])dfs3(son[u],rt);
for(int i=G.head[u];i;i=G.to[i]){
int v=G.v[i];
if(v==faz[u]||v==son[u]||mark[v])continue;
dfs3(v,v);
}
return ;
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=faz[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
return y;
}
long long get_dis(int x,int y){
if(R[x]==R[y])return dis[x]+dis[y]-2*dis[lca(x,y)];
long long Len=abs(len[R[x]]-len[R[y]]);
return dis[x]+dis[y]+min(Len,sum-Len);
}
void build(){
int x,y;
dfs1(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(mark[i]){
dfs2(i,i);
dfs3(i,i);
}
}
while(q--){
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%lld\n",get_dis(x,y));
}
return ;
}
}Ct;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
G.build();
if(m==n-1)T.build();
else if(m==n)Ct.build();
return 0;
}
