cmd 的图论练习题
AGC010E Rearranging
题意：一个序列 \(a_{1...n}\)，两个人游戏。先手打乱这个序列，然后后手可以多次选择一对相邻的互质的数交换。先手希望最终序列字典序尽量小，后手则相反。两人都绝顶聪明，求最终序列。
\(1\le n\le 2000,\space 1\le a_i\le 10^8\)
考虑不互质的两个数 \(a_i,a_j\)，他们的相对顺序不会改变。可以发现，在确定所有数对的相对顺序情况下，后手可以任意操作。
在 \(i,j\) 之间连一条边，那么先手相当于给这些边定向成一个 DAG，然后后手给这个 DAG 找个字典序最大的拓扑序列。
因此现在要求的是：给一个图定向成 DAG，使得字典序最小的拓扑序最大。
可以先加一个超级源点，方便处理。
考虑 dfs。当前搜到了 \(u\)，考虑所有连边，如果 \(v\) 没搜过则按 \(u\to v\) 的方向定向，否则 \(v\to u\)。我们先从大的点搜，如果可以连到小的话最好，否则也不亏。
最后一遍拓扑排序求最大字典序的拓扑序即可。记录
AGC038F Two Permutations
题意：两个 \(1\sim n\) 的排列 \(p_{1...n},q_{1...n}\)，你需要确定另外两个排列 \(a,b\)，满足 \(\forall i\in [1,n]\) 都有：
-
\(a_i=i\) 或 \(a_i=p_i\)
-
\(b_i=i\) 或 \(b_i=q_i\)
最大化 \(\sum\limits_{i=1}^n [a_i \not = b_i]\) 的个数，输出这个值。
\(1\le n\le 10^5\)
考虑求最小的 \(\sum\limits_{i=1}^n [a_i=b_i]\)。
对于 \(p\) 的每个环，对应的 \(a\) 要么全是 \(a_i=i\)，要么全是 \(a_i=p_i\)，\(q\) 同理。
那么相当于我们为 \(p\) 和 \(q\) 都选择若干个环，然后对于每个 \(i\) 分类讨论：
-
\(a_i=b_i=i\)：此时贡献恒为 \(1\)
-
\(a_i\not=i,b_i=i\)：当选择 \(p_i\) 所在环时贡献 \(1\)
-
\(a_i=i,b_i\not=i\)：当选择 \(q_i\) 所在环时贡献 \(1\)
-
\(a_i\not=i,b_i\not=i,a_i\not=b_i\)：当同时选择 \(p_i,q_i\) 所在环时贡献 \(1\)
-
\(a_i\not=i,b_i\not=i,a_i=b_i\)：当同时选择或同时不选 \(p_i,q_i\) 所在环时贡献 \(1\)
考虑 \(p,q\) 环之间的“选、不选产生贡献”的问题，启发我们使用最小割。
（下面用 \(p,q\) 分别表示 \(p_i,q_i\) 所在环）考虑选择 \(p\) 则他与 \(S\) 连通，选择 \(q\) 则他与 \(T\) 连通。具体的：
-
\(a_i=b_i=i\)：不用管
-
\(a_i\not=i,b_i=i\)：连边 \(p\to T\)
-
\(a_i=i,b_i\not=i\)：连边 \(S\to q\)
-
\(a_i\not=i,b_i\not=i,a_i\not=b_i\)：连边 \(p\to q\)
-
\(a_i\not=i,b_i\not=i,a_i\not=b_i\)：连边 \(p\to q\) 和 \(q\to p\)
时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
AGC008E Next or Nextnext
题意：给出 \(n,a_{1...n}\)，其中 \(1\le a_i\le n\)。求有多少个 \(1\sim n\) 的排列 \(p\)，满足对于 \(\forall i\in[1,n]\) 都有 \(a_i=p_i\) 或 \(a_i=p_{p_i}\)
\(1\le n\le 10^5\)
考虑连边 \(i\to a_i\)，这是内向基环树森林，对于每个基环树分别求解。
先找出当前环。我们要构造 \(p\)，环上点一定是错杂的排列在 \(p\) 的环上。
（红色是基环树的环上点）
不难发现，如果一个环上点与非环上点的连边数量 \(>1\)，一定无解。
进一步的，如果存在一个点（可以不在环上），他和非环上点的连边数量 \(>1\)，无解。
考虑判完之后基环树长这样：
即每个环上点都可能带着一条链。
考虑一点环上点带着一个环外点，这个环外点可以塞进该环上点和前一个环上点的缝隙中。如果前一个点没有带着链，还可以塞入前一个的缝隙。
如果带着一条 \(s\) 个的链，考虑前面有 \(r\) 个缝隙：
-
\(s>r\)：无解
-
\(s=r\)：方案数为 \(1\)
-
\(s>r\)：方案数为 \(2\)
这样就可以做了。
但是还要判断所有点都不带链的情况，稍微手玩一下会发现一个大小为 \(S\) 的环可以合并成大小为 \(2S\) 的环，方案数为 \(S\)。
一个长度 \(S\) 大于 \(1\) 的奇环可以让每个点都往后跳两步，操作后还是一个环，方案数为 \(2\)。
把单独的环分出来，按大小分类，枚举多少个环合并，随便乘一下。
时间 \(O(n)\)。记录
Luogu7054 Graph
题意：一张 \(n\) 个点、\(m\) 条有向边的 DAG，你可以加入至多 \(k\) 条有向边，满足加边后仍然是 DAG，使得最小的拓扑序尽量大。输出拓扑序以及加边方案。
\(1\le n,m\le 10^5\)
考虑拓扑序中第一个数，对于所有入度为零的点，我们会选择呢编号尽量大的，然后那个点向比他小的零入度点连有向边，之后继续做。
但这样是错误的。具体的，如果我们加入边 \(x\to y,x\to z,y\to z\)，那么 \(x\to z\) 是没用的。
当前局面下，考虑有多少个 “已经加过入边” 的点 和 多少个 “还没加过入边” 的点。我们确定当前取出得点 \(u\) 时，对于 “已经加过入边” 的编号 \(<u\) 的点，我们其实是不需要加边的，只需让他的入边起点变成 \(u\)；对于 “还没加过入边” 的点，我们才需要额外加边。
大致思路就是这样。考虑具体实现，我们需要把两类点分开，用大根堆 \(q_1\) 和小根堆 \(q_2\) 分别存储两类点。
每次判断剩余的 \(k\) 与 \(|q_2|\) 的大小关系来确定取出的点 \(u\)：
-
\(k<|q_2|\)：此时 \(u\) 为 \(q_2\) 中第 \(k+1\) 小的点。然后需要把 \(u\) 向前 \(1...k\) 小的点分别连边，即把这些点移到 \(q_1\)
-
\(k\ge |q_2|\)：先把 \(q_2\) 中除了最大值，其他全部移到 \(q_1\)。再判断 \(q_1\) 最大值和 \(q_2\) 剩下一个点编号的大小，如果 \(q_2\) 大则 \(u\) 为 \(q_2\) 剩下的点，如果 \(q_1\) 最大值大则继续把 \(q_2\) 剩下一个点移到 \(q_1\)，取 \(u\) 为 \(q_1\) 最大值，并更新 \(k\)。
出现一个零入度点 \(v\) 时，把 \(v\) 加入 \(q_2\)。
时间复杂度 \(O(n\log n+m)\)。记录
AGC016E Poor Turkeys
题意：有 \(n\) 个物品和 \(m\) 次操作，第 \(i\) 次给出 \(x_i,y_i\) 表示：
-
若第 \(x_i,y_i\) 个物品都存在，则随便选其中一个取走
-
若 \(x_i,y_i\) 恰好一个存在，则取走那一个
-
若都不存在，什么都不做
求有多少个无序二元组 \((i,j)\) 满足存在一种操作方案使得最终物品 \(i,j\) 都存在。
\(1\le n\le 400,\space 1\le m\le 10^5\)
考虑对于单个 \(i\)，求最终物品 \(i\) 是否可能存在。
我们考虑“染色”，一开始把 \(i\) 染成白色，其他是黑色。
考虑倒着来扫描每个操作，如果当前操作的两个点中恰好一个是白色，把另一个染白；如果两个都是白色，无解；如果都是黑色，什么都不做。
一对 \((i,j)\) 合法的必要条件是 \(i,j\) 分别都有解。通过上面的过程，可知每个点都对应一棵该点为根的生成树。
现在考虑按照时间顺序合并这两棵生成树，根据 \(i,j\) 为根时每个点的染色时间来归并每次的染色。
然后我们会发现，比如一个点 \(x\) 在 \(i,j\) 为根的生成树中都染了色，时间为 \(p,q(p<q)\)，那么 \(x\) 会在时刻 \(p\) 时染色。在时刻 \(q\) 时，由于他在 \(j\) 为根的生成树中的前驱已是白色，而他在之前时刻 \(p\) 时就已经染了白色，因此对于时刻 \(q\) 的这个操作，两个点都是白色，无解。
因此，\((i,j)\) 合法的充要条件是 \(i,j\) 这两棵生成树无交集。
因为数据范围很小，随便做就行，时间 \(O(n(m+n^2))\)。记录
