NOI2024 题解

D2T3 树形图

首先判掉一些 case：先 tarjan 一遍求出强连通分量，找到一个能到达所有点的强连通分量（也可能找不到），那么 \(1,2\) 类点只可能在这个强连通分量中。

若其中没有 \(1\) 类点，则强连通分量内所有点都为 \(2\) 类点。

\(1\) 类点的性质是：将任意一个 \(1\) 类点定为根，求出一棵 dfs 树，则图上的非树边只有返祖边，没有横叉边。

求出 \(1\) 类点

以任意一个 \(1\) 类点定为根，求出一棵 dfs 树。考虑在这棵 dfs 树的基础上求出所有 \(1\) 类点：

考虑 \(fa_u\to u\) 这条边被几条返祖边覆盖了，由于这是一个强连通分量，所以子树中至少有一条返祖边覆盖 \(fa_u\to u\)。

若有 \(\ge 2\) 条返祖边覆盖了 \(fa_u\to u\)，则 \(u\to fa_u\) 有至少两种方案能走到，\(u\) 必然不为 \(1\) 类点。

若只有 \(1\) 条返祖边覆盖了 \(fa_u\to u\)，设这条边为 \(x\to y\)，则 \(u\) 子树中的点向上走必然要走到 \(y\)，\(u\) 是否为 \(1\) 类点等价于 \(y\) 是否为 \(1\) 类点。于是可以从上到下递推出所有 \(1\) 类点。

求出 \(2\) 类点

仍然在这棵 dfs 树的基础上求出 \(2\) 类点。

如果一个 \(u\) 为 \(1\) 类点，那么一定有恰好一条返祖边 \(x\to y\) 覆盖了 \(fa_u\to u\)，并且这条返祖边不能删除，否则 \(x\) 的子树就会脱离这个强连通分量，从而不再是 \(1\) 类点。

于是我们得到了若干条返祖边不能删除的限制。

假设我们想判定 \(u\)，也就是删去若干条边把 \(u\) 变为 \(1\) 类点，则我们想删去覆盖了 \(fa_u\to u\) 的若干条返祖边，使得只剩下一条 \((x,y)\) 覆盖了 \(fa_u\to u\)，并且 \(y\) 也是 \(1/2\) 类点，那么 \(u\) 就可以成为 \(2\) 类点了。

对于一个点 \(u\)，仍然考虑 \(u\to fa_u\) 这条边：

若被两条不能删除的返祖边覆盖，则 \(u\) 一定不可行。

若被一条不能删除的返祖边覆盖：设这条边为 \(x\to y\)，则 \(u\) 是否为 \(2\) 类点等价于 \(y\) 是否为 \(1/2\) 类点。

若被零条不能删除的返祖边覆盖：那么 \(u\) 子树中有若干条能删除的返祖边。若能找到一条能删除的返祖边 \(x\to y\)，使得 \(y\) 为 \(1/2\) 类点，则 \(u\) 就可以为 \(2\) 类点。

如何找一个 \(1\) 类点

考虑以 \(1\) 类点为根构成的 dfs 树的性质。观察其叶子，由于没有横叉边，所有叶子必然满足入度为 \(1\)。

对于所有入度为 \(1\) 的点 \(u\)，假设有边 \(v\to u\)，则可以把 \(u\) 向 \(v\) 合并。具体来说，把 \(u\) 的出边并到 \(v\) 的出边里（所有 \(u\to x\) 改为 \(v\to x\)，不需要去除重边，但要删去自环），然后删除点 \(u\)。也就是在 dfs 树上不断缩叶子的过程。

BFS 不断执行这个过程，并把新出现的入度为 \(1\) 的点加入队列里。

在若干轮删除之后，若只剩下 \(1\) 个点，则这个点即可作为 \(1\) 类点；否则若某个时刻每个点入度都 \(\ge 2\)，则不存在 \(1\) 类点。

使用启发式合并维护边集，时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。

可以用 vector 存下每个点的入边和出边，合并时按两个 size 的和加权，取更小的点的所有边合并到大的点上，这样在合并时就可以计算有多少条 \(u-v\) 的边。