【2024-ZR-C Day 4】图论（1）：强联通分量、Kosaraju 算法、边双连通分量、DFS 树、Boruvka 算法
1. 强连通分量
1.1. 定义
在有向图中，选取一个点集 \(S\)，若对于 \(S\) 中的任意两点 \(u, v\)，都满足 \(u\) 可以到达 \(v\)，则称 \(S\) 是强连通的。
强连通分量是图中一个极大的强连通的点集。
性质：把一个有向图通过强连通分量缩点后，新的图是一个 DAG.
1.2. Kosaraju 算法
在无向图中，求解连通分量只需要按照 \(1\) 到 \(n\) 的顺序依次考虑每个点。
考虑到 \(i\) 点时，如果 \(i\) 点未被访问过，就说明找到了一个新的连通分量，从 \(i\) 点开始 DFS 即可找到i所在的连通分量。
在有向图中，上述算法不成立。
假设 \(A\) 和 \(B\) 是两个不同的强连通分量，且 \(A\) 可以到达 \(B\)，那么只有先访问 \(B\)，再访问 \(A\)，才能使得上述算法成立。
也就是说，遍历顺序要保证 \(B\) 中至少有一个点排在所有 \(A\) 中的点之前。
考虑缩点后得到的 DAG，每次应访问出度为 \(0\) 的点，即按照拓扑序的逆序访问缩点后的所有节点。
Kosaraju 算法的思想：
- 把图中所有边反向，再按照 \(1\) 到 \(n\) 的顺序去DFS，到达每个点时将其入栈，得到每个点的出栈序列 \(q_1, q_2, \ldots, q_n\)，即为缩点后的拓扑序.
- 按照 \(q_n,\ldots, q_1\) 的顺序去 DFS 原图就是一个合法的顺序。
因为把边反向与否不改变强连通分量，所以得到一个简化的算法：
- 按照 \(1\) 到 \(n\) 的顺序去 DFS 原图，得到每个点的出栈序列 \(q\).
- 按照 \(q_n\ldots q_1\) 的顺序去 DFS 反图，依次得到每个强连通分量。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool vis[N];
vector<int> g[2][N];
stack<int> stk;
void dfs1(int u)
{
vis[u] = 1;
for(auto v : g[0][u])
if(!vis[v]) dfs1(v);
q.push(x);
}
void dfs2(int u, int id)
{
vis[u] = 0, bel[u] = id;
for(auto v : g[1][u])
if(vis[v]) dfs2(v, root);
}
int main()
{
ios :: sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(!vis[i]) dfs1(i);
while(!stk.empty())
{
int u = stk.top(); stk.pop();
if(vis[u]) dfs2(u, ++idx);
}
return 0;
}
但这样的时间复杂度还是不够优秀，怎么办？
回顾此算法的执行过程，需要访问 \(O(n)\) 个点，遍历所有 \(m\) 条边只是为了判断一个点是否遍历过。
那么考虑直接维护每个点是否遍历过。
设 \(S_x\) 表示 \(x\) 的出边对应的顶点集合，\(T\) 表示未遍历过的点的集合，只有 \(S_x\cap T\) 中的点是有用的。
可以将 \(S_x\) 和 \(T\) 用 bitset 存储，也就是 \(\frac{n}{w}\) 个 unsigned int.
只需要遍历 \(\frac{n}{w}\) 个 \(S_x\) 和 \(T\) 的值 \(t\)，然后遍历 \(t\) 二进制中为 \(1\) 的位即可。
时间复杂度 \(O\left(\frac{n^2}{32}\right)\).
2. DFS 树
一张图的 DFS 树是在对其进行 DFS 时，所经过的所有有效边形成的树结构。
在构造题中，通常我们用到的是无向图的 DFS 树。
无向图的 DFS 树满足所有非树边都是返祖边。
3. 边双连通分量
3.1. 定义&性质
一个无向连通图边双连通，当且仅当对于任意两个点，存在两条不相交的路径。
边双连通分量是图中一个极大的边双连通的点集。
定义割边为：在无向图中，该边所在连通块不再连通的边。
边双连通的定义中，“存在两条不相交的路径”显然等价于“如果无论删去哪条边都不能使它们不连通”，故一个无向连通图边双连通的充要条件是没有割边。
一个无向图边双缩点后是一棵树，所有树边是割边。
（若缩点后不是一颗树，说明还存在环，则环上所有的点在一个边双内，这与边双连通分量“极大”的定义矛盾。）
3.2. 算法解析
由【3.1. 定义&性质】，求出所有边双连通分量只需求出所有割边，由割边断开后得到的一个连通块就是一个边双连通分量。
取原图的 DFS 树，只有树边有可能是割边。
一条非树边（由【2. DFS 树】的性质知，只可能是返祖边）会覆盖掉一条链上的树边，这些树边就会被 ban 掉，使用树上差分（或树剖）维护，剩下的边就是割边。
4. Boruvka 算法
一个神秘的 MST 求法。
维护一些连通块（初始都是单点），并进行若干轮连边。
每一轮中，找到每个连通块连向其它连通块的最小边（需要做不等离散化，以边权为第一关键字，以边的编号为第二关键字）并连上，这一条边一定会在 MST 中。
（可以根据 Kruscal 的流程证明。）
每轮连通块数量至少减半，最多进行 \(O(\log n)\) 轮连边。
最劣时间复杂度 \(O((n + m) \log n)\).
Boruvka 算法适合用来求完全图（或非常稠密图）的 MST.
5. 例题
5.1. CF555E Case of Computer Network
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图和 \(q\) 组有向点对 \((s, t)\)。
询问是否存在使得所有 \(s\) 都能到达 \(t\) 的无向图中每条边的定向方案。
\(n,m,q \le 2 \times 10^5\).
有一个显然的结论：
在边双连通分量中可定向，使得内部构成强连通。
只需取边双中的 DFS 树，使树边向下，非树边向上即可。
则在本题中，若 \(s, t\) 在同一边双，则不必考虑（一定可以）。
那么只需考虑 \(s, t\) 在不同边双的情况。
考虑将原图按边双缩点成一颗树。
对于每个询问 \(s, t\)，在树上的路径一定为 \(s\) 到根之间向上、根到 \(t\) 之间向下。
可以使用树链剖分+线段树区间覆盖来做，做的过程中 check 当前要定向的边中是否有边已经被定了相反的方向。
5.2. CF1364D Ehab's Last Corollary
给定一个无向连通图和正整数 \(k\)，求一个大小为 \(\lceil \frac{k}{2} \rceil\) 的独立集或大小不超过 \(k\) 的环（求出任意一个即可）。
首先找到图中的最小环。
- 若环的大小不超过 \(k\)，则已经得到了解。
- 若环的大小大于 \(k\)：对环进行黑白染色，由狄利克雷抽屉原理，必然存在一个颜色全部相同的大小大于 \(\lceil \frac{k}{2} \rceil\) 的独立集，从其中任选 \(k\) 个点即可。
问题转化为如何求最小环。
对于一条非树边 \((u, v)\)，定义 \(w_{u, v} = |dep_v - dep_u|\).
找到图中 \(w\) 最小的非树边，它和 \(u, v\) 之间的所有树边构成最小环。
5.3. CF1103C Johnny Solving
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，以及一个整数 \(k\)，保证每个点度数 \(\ge 3\)，你需要找到一个至少有 \(\lceil \frac{n}{k} \rceil\) 个点的路径，或者找出 \(k\) 个环，其中每个环的环长都不是 \(3\) 的倍数，且每个环中至少有一个点在这 \(k\) 个环里只出现一次。
任取一棵 DFS 树。
- 如果最大深度 \(\lceil \frac{n}{k} \rceil\)，则找到了路径。
- 否则，根据树的性质，至少有 \(k\) 个叶子。
由题中“保证每个点度数 \(\ge 3\)”的限制知，对于每个叶子，其至少有两条返祖边。
任取其中两条，根据模 \(3\) 的余数分讨后不难发现，一定存在一个包含这个叶子的环，满足其环长不是 \(3\) 的倍数。
5.4. LG5811 [IOI2019] 景点划分
给定一个 \(n\) 个点、\(m\) 条边的无向连通图，以及三个整数 \(a, b, c\)，满足 \(a + b + c = n\)，你需要将 \(n\) 个点分成三个集合 \(A, B, C\)，大小分别为 \(a, b, c\)，使得其中至少两个集合是连通的 (集合中的任意两个点能只经过该集合内的点互相到达)，或者报告无解。
不妨设 \(a \le b \le c\)，则让集合 \(A, B\) 连通的限制一定是最松的。
考虑原图是树的情况。我们想找到一条边，让它两侧的点数分布尽量均匀。
考虑重心，找到所有以重心 \(u\) 为根的子树中最大的一个，连接这棵子树与重心的边即为该边。有解当且仅当子树 \(size \ge a\).
（为什么是重心？因为根据重心的性质，\(\forall v \in G_u: siz_{v} \le \lfloor \frac{n}{2} \rfloor\)，而题目中其实保证了 \(a \le b \le \lfloor \frac{n}{2} \rfloor\).）
回到原题，任取一棵 DFS 树，找出重心 \(u\).
记 \(u\) 上方的子树为 \(T\)，\(u\) 的其它子树为 \(S_1, S_2, \cdots , S_k\).
根据【2. DFS 树】中的性质，无向图的 DFS 树中只有树边和返祖边，即 \(T\) 可以和一些 \(S_i\) 有连边，而 \(S_1, \cdots, S_k\) 之间无连边。
有解的情况只有以下两种：
- 最大子树 \(\ge a\).
- \(T\) 与所有与其相连的 \(S_i\) 中的点数之和 \(\ge a\).
第【2】种情况可能不太明显。
若不满足【1】，则 \(|S_i|, |T| < a\).
枚举所有 \(S_i\)，每次动态地与 \(T\) 合并，直到总点数 \(\ge a\) 停止。根据上面的性质，此时的点数一定小于 \(2a\)，剩余的所有点构成一个连通块，由 \(a\le b\le c\) 知，这个块的大小不小于 \(b\).
