[题解]UVA1389 Hard Life

UVA1389 Hard Life

最大密度子图模板题

最大密度子图

给出一张图 $G<V,E>$ 我们选出一个子图 $G^{\prime}<V^{\prime},E^{\prime}>$ 使得其 $\frac{|E^{\prime}|}{|V^{\prime}|}$ 最大，这个图就是最大密度子图。

借01分数规划的逻辑，我们试着二分 $\frac{|E^{\prime}|}{|V^{\prime}|}$

假设 $\frac{|E^{\prime}|}{|V^{\prime}|}\le g$

整理得 $|E^{\prime}|-g|V^{\prime}|\le 0$

我们设一个函数 $h(g)=max\{|E^{\prime}|-g|V^{\prime}|\}$

我们简记 $|V^{\prime}|=n,|E^{\prime}|=m$

可以得到

\[\begin{cases} h(g)=0 \Leftrightarrow g=\text{最优解}\\ h(g)<0 \Leftrightarrow g>\text{最优解}\\ h(g)>0 \Leftrightarrow g<\text{最优解}\\ \end{cases} \]

于是我们需要对 $g$ 二分查找，并对每一个得到的猜测值求解 $h(g)$。

密度不超过 $m$ 且不小于 $\frac{1}{n}$ ，于是使他们作为二分的上下界。

然后是确定二分精度。

这里有一个推论：任意两个密度不同的子图 $G_1,G_2$ 其密度差绝对值不小于 $\frac{1}{n^2}$

\[\begin{matrix} \text{证明：}& \text{不妨设 $G_1$ 的密度大于 $G_2$ 的密度，则：}\\ & \frac{m_1}{n_1}-\frac{m_2}{n_2}=\frac{m_1n_2-m_2n_1}{n_1n_2}\ge \frac{1}{n_1n_2}\ge \frac{1}{n^2}\\ \end{matrix} \]

现在问题在于，已知 $g$ 如何求解 $h(g)$。

回顾题意，我们可以知道在选出的新图 $G^{\prime}$ 中，边 $(u,v)\in E^{\prime}$ 的必要条件是 $u,v\in V^{\prime}$ ，这与上文最大权闭合图的限制条件形式差不多。

那么我们把本问题中的边看做点，点权为 $1$ ，本问题中的点带上点权 $-g$ ，问题就转化为了最大权闭合图的模型。

我们发现在跑最大流时建边很多，并且上述问题在转化过程中将问题一般化了，复杂度会提高，所以我们思考能否利用这个图以及问题的特殊性质做这个问题。

回顾题意，我们可以发现，当我们的点集确定时，点集的诱导子图一定是最优解。

诱导子图：从原图 $G<V,E>$ 中选出来一个子图 $G^{\prime}<V^{\prime},E^{\prime}>$ ,对于所有的 $u,v\in V^{\prime}$ 都有 $(u,v)\in E^{\prime}$ 。即把点集内部点之间的连边全部都选上。

假设我们选出了一个点集 $V^{\prime}$ ，现在我们要弄出它的诱导子图 $G^{\prime}<V^{\prime},E^{\prime}>$，正向的思维便是把点集内的边一个一个找出来。

但我们使用逆向思维思考：根据补集思想，可以将所有与 $V^{\prime}$ 中的点关联，同时又不在 $E^{\prime}$ 中的点选出(下图中的红边)，然后用与 $V^{\prime}$ 关联的所有边的集合减去，就是我们要求的边集了。

画图继续探索：

于是我们发现，所有我们要选出的边是连接 $V^{\prime}$ 和 $V-V^{\prime}$ 的所有边。这与割的定义形式相近。我们可以考虑转化利用最小割来做。

首先我们在上面得出了要最大化 $|E^{\prime}|-g|V^{\prime}|$ 的结论。只需要乘上 $-1$ 就可以转化为最小化。

也就是我们要最小化 $g|V^{\prime}|-|E^{\prime}|$

根据上面的推论推一下式子：
其中 $d_v$ 代表 $v$ 点的度。

\[\begin{aligned} Minimize\quad g|V^{\prime}|-|E^{\prime}| &=\sum_{v\in V^{\prime}}g-\sum_{e\in E^{\prime}}1\\ &=\sum_{v\in V^{\prime}}g-(\frac{\sum_{v\in V^{\prime}}d_v-C(V^{\prime},V-V^{\prime})}{2})\\ &=\sum_{v\in V^{\prime}}(g-\frac{d_v}{2})+\frac{C(V^{\prime},V-V^{\prime})}{2}\\ &\text{我们希望割的系数能够到整个式子的前面去，所以我们暴力提一个 $\frac{1}{2}$ }\\ \text{原式}&=\frac{1}{2}\cdot [\sum_{v\in V^{\prime}}(2g-d_v)+C(V^{\prime},V-V^{\prime})] \end{aligned} \]

这个式子相当于在提示我们每个点多了个 $2g-d_v$ 的点权。

我们怎么把它结合到最小割里呢？

只需要每个点向汇点连一条边，容量是 $2g-d_v$。

由于最小割只能接受容量非负的边权，所以我们给上面的边容量加上一个大数 $U$ 保证非负。

原图内部的所有边不做改变，容量为 $1$。

建立源点，源点向每个点都连一条容量为 $U$ 的边

解法正确性待会证明。

现在思考怎么算答案。

这时我们来看求出的最小割 $C(S,T)$

定义 $V^{\prime}=S-\{s\}\ ,\ \overline{V^{\prime}}=V-V^{\prime}$

那么

\[\begin{aligned} C(S,T) &=\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}}U + \sum_{u\in V^{\prime}}(U+2g-d_u)+\sum_{u\in {V^{\prime}}}\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}} C_{u,v}\\ &=\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}}U + \sum_{u\in V^{\prime}}[(U+2g-d_u)+\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}} C_{u,v}]\\ &=\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}}U + \sum_{u\in V^{\prime}}[U+2g-(d_u-\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}} C_{u,v})] \end{aligned} \]

接下来我们关注一下括号里面 $(d_u-\sum\limits_{v\in \overline{V^{\prime}}} C_{u,v})$ 的含义

这个式子描述的是，从 $u$ 出发的所有边减去到所有到集合外部的边，也就是在集合内部的边。

所以 $(d_u-\sum\limits_{v\in \overline{V^{\prime}}} C_{u,v})=\sum\limits_{v\in V^{\prime}} C_{u,v}$

所以：

\[\begin{aligned} \text{原式} &=\sum_{v\in \overline{V^{\prime}}}U+ \sum_{u\in V^{\prime}}[U+2g-\sum_{v\in V^{\prime}} C_{u,v}]\\ &=\sum_{v\in V}U+ \sum_{u\in V^{\prime}}2g-\sum_{u\in V^{\prime}}\sum_{v\in V^{\prime}} C_{u,v}\\ &=U\cdot n + 2g|V^{\prime}|-2|E^{\prime}| \end{aligned} \]

于是我们发现，割和密度子图是由一一对应且单调的关系的。正确性有了保证。

我们可以整理一下答案：$g|V^{\prime}|-|E^{\prime}|=\frac{U\cdot n-C(S,T)}{2}$。

回到这个题，本题让我们求最大密度，输出方案，我们可以在求完最大密度子图后从源点出发，沿着容量大于 $0$ 的边走，所有能走到的边就是 $S$ 集合，将 $S$ 集合中的源点删去，就得到了 $V^{\prime}$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+10,M=1e6+10,INF=1e8+10,U=1200;

int head[N],ver[M],nxt[M],tot=0;
double cc[N];
void add(int x,int y,double c,double d)
{
	ver[tot]=y; cc[tot]=c; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot++;
	ver[tot]=x; cc[tot]=d; nxt[tot]=head[y]; head[y]=tot++;
}
int q[N],d[N],cur[N];
int n,m,S,T;
int dg[N];//每个点的度数
struct node
{
	int u,v;
} edge[M];//把所有的关系预先存好，方便每次二分重新建图

void build(double g)
{
	memset(head,-1,sizeof head);
	tot=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) add(edge[i].u,edge[i].v,1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		add(i,T,U+2*g-dg[i],0);
		add(S,i,U,0);
	}
}

bool bfs()
{
	int hh=0,tt=0;
	memset(d,-1,sizeof d);
	q[0]=S; d[S]=0; cur[S]=head[S];
	while(hh<=tt)
	{
//		cout<<hh<<" "<<tt<<"\n";
		int x=q[hh++];
		for(int i=head[x];~i;i=nxt[i])
		{
			int y=ver[i];
			if(d[y]==-1 && cc[i]>0)
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=head[y];
				if(y==T) return 1;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return 0;
}

double find(int u,double lim)
{
	if(u==T) return lim;
	double flow=0;
	for(int i=cur[u];~i && flow<lim;i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i];
		cur[u]=i;
		if(d[y]==d[u]+1 && cc[i]>0)
		{
			double tmp=find(y,min(cc[i],lim-flow));
			if(tmp<=0) d[y]=-1;
			cc[i]-=tmp; cc[i^1]+=tmp; flow+=tmp;
		}
	}
	return flow;
}

double dinic(double g)
{
	build(g);
	double res=0,flow=0;
	while(bfs()) while(flow=find(S,(double)INF)) res+=flow;
	return res;
}

bool vis[N];
int ans=0;
void dfs(int x)
{
	vis[x]=1;
	if(x!=S) ans++;
	for(int i=head[x];~i;i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i];
		if(!vis[y] && cc[i]>0) dfs(y);
	}
	return ;
}

int main()
{
	while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
	{
		S=0,T=n+1;
		memset(dg,0,sizeof dg);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int a,b;
			scanf("%d%d",&a,&b);
			++dg[a]; ++dg[b];
			edge[i]={a,b};
		}
		
		double l=1/n,r=m,eps=1.0/(double)(n*n);
		while(r-l>eps)
		{
			double mid=(l+r)/2;
			double tmp=dinic(mid);
			if(U*n-tmp>0) l=mid;
			else r=mid;
		}
		
		dinic(l);
		memset(vis,0,sizeof vis);
		ans=0;
		dfs(S);
		if(ans==0) 
		{
			printf("1\n1\n");
			continue;
		}
		printf("%d\n",ans);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(vis[i]) printf("%d\n",i);
	}
	return 0;
}

关于最小割的各类常见题型会在之后的blogs中进行讲解。

posted @ 2021-02-18 19:50 RemilaScarlet 阅读(42) 评论(0) 编辑收藏举报

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