作业占 $20\mathrm{\%}$，期中占 $40\mathrm{\%}$，项目（读 Paper，尝试实现或改进）占 $40\mathrm{\%}$。$$

Lecture 1：近似最短路

内容：Dijkstra，APASP，近似距离查询。

很多内容 xtq 在 WC2024 上讲过。

最短路问题

记 $\delta (s,t)$ 表示 $s$ 到 $t$ 的最短路，满足三角形不等式。

使用斐波那契堆优化的 Dijkstra 的复杂度为 $\mathcal{O}(m+n\log n)$。

对于 APSP，Floyd-Warshall 的复杂度为 $\mathcal{O}(n^3)$。更优？无向无权图 $\mathcal{O}(n^{\omega })\approx \mathcal{O}(n^{2.38})$，有向无权图 $\mathcal{O}(n^{\mu })\approx \mathcal{O}(n^{2.53})$。猜想：当边权是 $1\sim n$ 的整数时，不存在 $\mathcal{O}(n^{3-\delta })$ 的 APSP 算法。

无向无权图 APASP

设 $d(u,v)$ 为近似距离。

• stretch $k$ 近似满足 $\delta (u,v)\le d(u,v)\le k\delta (u,v)$。
• surplus $t$ 近似满足 $\delta (u,v)\le d(u,v)\le \delta (u,v)+t$。

$\tilde{\mathcal{O}}(n^{2.5})$ surplus $2$

准备工作

独立随机以 $\frac{1}{k}$ 的概率选中一个点，得到期望大小为 $\mathcal{O}(\frac{n}{k})$ 的点集 $D$。对于度为 $d$ 的点，其有 $1-(1-\frac{1}{k}{)}^d$ 的概率和 $D$ 相邻。取 $d=ck\log n$，则概率为 $1-\frac{1}{n^c}$。

定理

给定度数 $d$，可以找到大小为 $\tilde{\mathcal{O}}(\frac{n}{d})$ 的点集 $D$，满足所有度不小于 $d$ 的点大概率和 $D$ 相邻。

设 $V_1$ 是所有度不小于 $\sqrt{n}$ 的点，$D_1$ 是大小为 $\tilde{\mathcal{O}}(\sqrt{n})$ 的点集，满足 $V_1$ 的每个点和 $D_1$ 相邻。

设 $E_2$ 是所有 $(u,v)$ 满足 $u\notin V_1$ 或 $v\notin V_1$，则 $\mathrm{deg}(u)$ 或 $\mathrm{deg}(v)$ 不超过 $\sqrt{n}$，$|E_2|=\mathcal{O}(n\sqrt{n})$。

算法流程

• 从每个 $u\in D_1$ 跑 BFS 求出 $\delta (u,v)$，其中 $u\in D_1$，$v\in V$。时间 $\mathcal{O}(|D_1||E|)=\tilde{\mathcal{O}}(n^2\sqrt{n})$。
• 从每个 $u\in V$ 在 $E_2\cup \delta (D_1\times V)$ 上跑 Dijkstra。时间 $\tilde{\mathcal{O}}(n(|E_2|+n|D_1|))=\tilde{\mathcal{O}}(n^2\sqrt{n})$。

算法的时间复杂度 $\tilde{\mathcal{O}}(n^2\sqrt{n})$。

算法分析

• 若 $u\in D_1$ 或 $v\in D_1$，则 $\delta (u,v)$ 在第一步求出。
• 若 $u,v$ 最短路径上所有点的度小于 $\sqrt{n}$，则每条边在 $E_2$ 上，$\delta (u,v)$ 在第二步求出。
• 若存在度不小于 $\sqrt{n}$ 的点 $w$，则 $w$ 和 $w^{\prime }\in D_1$ 相邻，$d(u,v)\le \delta (u,w^{\prime })+\delta (w^{\prime },v)\le \delta (u,v)+2$。

通过 $D_1$ 把路径上度数较大的点移动到较小的集合内。

$\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$ surplus $2$

这个算法还有可以利用的性质：最短路径要么只有 $\delta (D_1\times V)$，要么只有 $E_2$，两部分独立。$\delta (D_1\times V)$ 的部分已经是近似长度，但 $E_2$ 的部分求出了精确值，这里还有优化空间。

改改阈值会发生什么？

设 $V_1$ 是所有度不小于 $n^{2/3}$ 的点，则 $|D_1|=\tilde{\mathcal{O}}(n^{1/3})$。算法的第一步时间 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$，但 $|E_2|=\mathcal{O}(n^{5/3})$，无法 Dijkstra。这一步解决了 $u$ 或 $v$ 度不小于 $n^{2/3}$ 或最短路径上有度不小于 $n^{2/3}$ 的点的情况，且 接下来只需考虑边集为 $E_2$ 的情况，设新图为 $G^{\prime }$。

再分一层 $V_2$ 表示所有度不小于 $n^{1/3}$ 的点，则 $|D_2|=\tilde{\mathcal{O}}(n^{2/3})$。设 $V_2$ 对应 $E_3$，则 $|E_3|=\mathcal{O}(n^{4/3})$。这一步解决了最短路径上所有点度小于 $n^{1/3}$ 的情况（实际上，没有两个相邻的点度均不小于 $n^{1/3}$ 的情况）。

对于路径上有度在 $n^{1/3}$ 和 $n^{2/3}$ 之间的点的情况，设 $w$ 是最后一个这样的点，则 $w$ 到 $v$ 都在 $E_3$ 上，存在 $w^{\prime }\in D_2$ 和 $w$ 相邻。我们要求 $u$ 和 $w^{\prime }$ 之间在 $G^{\prime }$ 上的最短路 ${\delta }^{\prime }(u,w^{\prime })$。这可以通过从 $D_2$ 的每个点 BFS 得到，时间 $\mathcal{O}(|D_2||E_2|)=\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$。

但这样还有一个问题，就是 ${\delta }^{\prime }(D_2\times V)$ 的大小是 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{5/3})$，不能直接丢进 Dijkstra。设 $E^{\ast }$ 为每个 $w\in V_2$ 和一个邻居 $w^{\prime }\in D_2$ 之间的边集，则 $|E^{\ast }|=\mathcal{O}(n)$。将 $E^{\ast }$ 丢入最终的 Dijkstra，这样就只要求最终能考虑到 ${\delta }^{\prime }(\{u\}\times D_2)$。所以从 $u$ 跑 Dijkstra 的时候只要把 ${\delta }^{\prime }(\{u\}\times D_2)$ 丢进去就行。

算法流程

• 从每个 $u\in D_1$ 跑 BFS 求出 $\delta (u,v)$，其中 $u\in D_1$，$v\in V$。时间 $\mathcal{O}(|D_1||E|)=\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$。
• 从每个 $u\in D_2$ 在 $E_2$ 上跑 BFS 求出 ${\delta }^{\prime }(u,v)$，其中 $u\in D_2$，$v\in V$。时间 $\mathcal{O}(|D_2||E_2|)=\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$。
• 从每个 $u\in V$ 在 $E_3\cup \delta (D_1\times V)\cup {\delta }^{\prime }(\{u\}\times D_2)\cup E^{\ast }$ 上跑 Dijkstra。时间 $\tilde{\mathcal{O}}(n(|E_3|+n|D_1|+|D_2|+n))=\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$。

通过 $D_1$ 把路径上度数较大的点移动到较小的集合内，并删去 $E_2$ 以外的所有边。

通过 $D_2$ 把路径上度数适中的点移动到较小的集合内，只需保证最后一个度数适中的点被考虑到，并以此减少 Dijkstra 算法的边数。

算法分析

• 若 $u\in D_1$ 或 $v\in D_1$，则 $\delta (u,v)$ 在第一步求出。
• 若 $u,v$ 最短路径上所有点的度小于 $n^{1/3}$，则每条边在 $E_3$ 上，$\delta (u,v)$ 在第三步求出。
• 设 $w$ 是路径上最后一个度在 $n^{1/3}$ 和 $n^{2/3}$ 之间的点，$w^{\prime }\in D_2$ 且 $(w,w^{\prime })\in E^{\ast }$。路径 ${\delta }^{\prime }(u,w^{\prime })+\delta (w^{\prime },w)+\delta (w,v)\le \delta (u,v)+2$ 且三部分分别属于 ${\delta }^{\prime }(\{u\}\times D_2)$，$E^{\ast }$ 和 $E_3$。

扩展

分更多层会出现更多中转点，可以做到 $\tilde{\mathcal{O}}(k{n}^{2+\frac{1}{3k-4}})$ 的无向无权图 surplus $2(k-1)$ APASP。当 $k=\mathcal{O}(\log n)$ 时，存在 $\tilde{\mathcal{O}}(n^2)$ APASP。

无向无权图 surplus $2$ APASP 在 2022 年被邓老师等人改进到了 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{2.29})$。

$\tilde{\mathcal{O}}(n^{2.29})$ surplus $2$

普通 $min+$ 矩阵乘法（距离乘法）暂无 $\mathcal{O}(n^{3-\delta })$ 的算法，但 BD 矩阵（只需一个方向的 BD）存在 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{2.687})$ 的距离乘法。

大概思想是观察到 $\delta (D_1\times V)$ 的部分只有两条边，相当于 $\delta (V\times D_1)$ 和 $\delta (D_1\times V)$ 的距离乘法。用欧拉序将矩阵化为 BD，把这部分复杂度变优，就可以更改阈值做到更优复杂度了。

没讲怎么改进 $\delta (D_1\times V)$ 的求解。

分成 $\mathcal{O}(\log n)$ 层可以进一步做到 $\mathcal{O}(n^{2.2593})$。

$\tilde{\mathcal{O}}(n^2)(2,1)$ 近似

$\delta (u,v)\le d(u,v)\le 2\delta (u,v)+1$。

算法流程

对每个 $0\le i\le {\log }_{2}n$，设 $V_i$ 为所有度不小于 $\frac{n}{2^i}$ 的点，得到大小为 $\tilde{\mathcal{O}}(2^i)$ 的覆盖集 $D_i$ 和对应的 $E^{\ast }$。设 $E_i$ 为所有 $u\notin V_{i-1}$ 或 $v\notin V_{i-1}$ 的边。

• 从 $D_i$ 的每个点在 $G_i=(V,E_i\cup E^{\ast })$ 上跑 BFS 求出 ${\delta }_i(D_i\times V)$。时间 $\mathcal{O}(|D_i|(|E_i|+n))=\tilde{\mathcal{O}}(n^2)$。

设 $c_i(u)$ 为 $G_i$ 上距离 $u$ 最近的 $D_i$ 的点。

• 用 ${\delta }_i(u,c_i(u))+{\delta }_i(c_i(u),v)$ 和 ${\delta }_i(u,c_i(v))+{\delta }_i(c_i(v),v)$ 更新 $d(u,v)$。

算法分析

考虑 $u,v$ 最短路上度数最大的点 $x$。因为 $V_0=\varnothing$，所以存在 $i$ 使得 $x\in V_i$ 但 $x\notin V_{i-1}$。此外，因为 $x$ 的度数最大，所以路径上所有边都在 $G_i$ 上。设 $w\in D_i$ 和 $x$ 相邻且 $(w,x)\in E^{\ast }$，则 $u⇝x\to w$ 和 $w\to x⇝v$ 都在 $G_i$ 上。

设 $u^{\prime }=c_i(u)$，$v^{\prime }=c_i(v)$，于是 ${\delta }_i(u,u^{\prime })\le \delta (u,x)+1$，$\delta (v,v^{\prime })\le \delta (v,x)+1$，不妨设 ${\delta }_i(u,u^{\prime })\le \lfloor \frac{\delta (u,v)}{2}\rfloor +1$，则

• 当路径长度是偶数时，如果 $x$ 不在中点，不妨设靠近 $u$ 一侧，那么 ${\delta }_i(u,u^{\prime })+{\delta }_i(u^{\prime },v)\le 2\delta (u,v)$。如果 $x$ 在中点，那么考虑度数次大的点 $x^{\prime }$ 以及对应的 $j$，根据 $E_j$ 的定义可知路径上所有边在 $E_j$ 上，此时 $x^{\prime }$ 一定不在中点。
• 当路径长度是奇数时，${\delta }_i(u,u^{\prime })+{\delta }_i(u^{\prime },v)\le 2\delta (u,v)+1$。当 $x$ 和 $x^{\prime }$ 分别是最中间一条边的两端时，不等式可能取等。

为什么无向无权

对于有向图，以上算法显然行不通。

对于带权图，和一个点相邻不一定距离这个点近。可以考虑乘法近似。

无向带权图 APASP

截断 Dijkstra

考虑求出距离一个点最近的 $b$ 个点，普通 Dijkstra 需要 $\tilde{\mathcal{O}}(n\cdot b)$ 的时间。截断 Dijkstra 在普通算法上加入改进：只考虑一个点权值最小的 $b$ 条出边。

时间 $\tilde{\mathcal{O}}(b^2)$。

$\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$ stretch $3$

类似的思想。

设 $B(u)$ 是距离 $u$ 最近的 $n^{2/3}$ 个点，$D$ 是随机选出的大小为 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{1/3})$ 的点集，满足所有 $B(u)$ 和 $D$ 有交。

这样，从 $D$ 出发跑 Dijkstra，如果 $u\in D$ 或 $v\in D$ 或 $v\in B(u)$，得到最短路。否则存在 $w\in B(u)\cap D$。因为 $v\notin B(u)$，所以 $\delta (u,w)\le \delta (u,v)$。同时 $\delta (w,v)\le \delta (w,u)+\delta (u,v)\le 2\delta (u,v)$，所以 $\delta (u,w)+\delta (w,v)\le 3\delta (u,v)$。

显然复杂度为 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$。

Cohen-Zwick 在 1997 年做到了 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{3/2}{m}^{1/2})$ stretch $2$，$\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$ stretch $\frac{7}{3}$，$\tilde{\mathcal{O}}(n^2)$ stretch $3$（可用 $\tilde{\mathcal{O}}(n^2)(2,1)$ 近似解决）。

近似最短路查询

以上讨论给出了使用 $\mathcal{O}(n^{5/3})$ 空间，$\tilde{\mathcal{O}}(n^{7/3})$ 预处理的 $\mathcal{O}(1)$ stretch $3$ 近似最短路查询。

可以用 $\mathcal{O}(k{n}^{1+\frac{1}{k}})$ 的空间做 $\mathcal{O}(k)$ stretch $2k-1$ 近似最短路查询 [Thorup, Zwick, 2001]。

Lecture 2：斐波那契堆

内容：二叉堆、二项树、斐波那契堆。

以下所有内容考虑小根堆：每个点的权值不大于其儿子权值。

二叉堆

堆的结构是一棵完全二叉树。根是最小值，树高 ${\log }_{2}n$。

如何实现？用指针维护父亲和儿子关系，或左儿子两倍右儿子两倍加一。

查询最小值

$\mathcal{O}(1)$。

插入

将 $x$ 插入下一个叶子的位置，向上冒泡。$\mathcal{O}(\log n)$。

减法

将元素的值减去 $k$，向上冒泡。$\mathcal{O}(\log n)$。

删除最小值

将根和最右侧叶子交换，向下冒泡（和较大的儿子交换）。$\mathcal{O}(\log n)$。

合并

暴力合并。$\mathrm{\Omega }(n)$。

二项堆

二项树

$B_0$ 是一个点，$B_k$ 是 $B_{k-1}$ 在根底下接一棵 $B_{k-1}$。

性质：

• $|B_k|=2^k$。
• $B_k$ 深度为 $k$。
• $B_k$ 的第 $i$ 层有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})$ 个点。

定义一个 结点的阶 是其儿子个数，一棵 二项树的阶 是其根的阶。

原则：只合并同阶二项树。

二项堆

二项堆维护的过程借助了二进制分组的思想保证复杂度：一旦有两棵同阶二项树，则合并。因此，若二项堆的大小为 $n$，则该二项堆恰含所有 $n$ 在 $2$ 进制下为 $1$ 的位对应的二项树。

一个二项堆最多有 $\lceil {\log }_{2}n\rceil$ 棵二项树。

合并

模拟二进制加法。$\mathcal{O}(\log n)$。

删除最小值

找到最小值，删去。对应二项树分裂成若干二项树，与原有二项树合并。$\mathcal{O}(\log n)$。

减法

向上冒泡。$\mathcal{O}(\log n)$。

删除

减到 $-\mathrm{\infty }$ 再删除最小值。$\mathcal{O}(\log n)$。

插入

二进制模拟加 $1$。$\mathcal{O}(\log n)$，均摊 $\mathcal{O}(1)$。

查询最小值

$\mathcal{O}(\log n)$。

斐波那契堆

斐波那契堆只有删除（最小值）的复杂度为 $\mathcal{O}(\log n)$。其余操作均为均摊 $\mathcal{O}(1)$。

从空斐波那契堆开始，任何 $a_1$ 次插入、$a_2$ 次删除和 $a_3$ 次减法的操作序列需要 $\mathcal{O}(a_1+a_2\log n+a_3)$ 时间。

做到 $\mathcal{O}(1)$ 插入、删除和减法是不可能的，因为基于比较的排序有下界 $\mathrm{\Omega }(n\log n)$。因此，斐波那契堆相当优秀。

其基本想法和二项堆类似，但对结构的要求更宽松。二项堆在每次操作后立刻重构，斐波那契堆采用 懒重构 的思想，直到删除最小值之后再重构。

维护：

• 一些堆。
• 根的列表和最小值指针。
• 结点的标记：表示该结点已经失去了一个儿子。如果再失去一个，则以它为根的子树会被剪下来。

设 $R(x)$ 和 $R(H)$ 表示阶，$T(H)$ 表示树的个数，$M(H)$ 表示被标记的结点数量。定义势能 $\mathrm{\Phi }(H)=2T(H)+M(H)$。

定义均摊时间为实际用时加上势能的变化量，则总用时不超过总均摊时间之，因为势能非负且初始为 $0$。势能可能需要乘以一些常数。

插入

将结点插入根的列表，更新最小值指针。

时间 $\mathcal{O}(1)$，势能 $+1$，均摊 $\mathcal{O}(1)$。

合并两棵树

将较大的根连到较小的根下面。

删除最小值

把根的所有子树全部融到根列表，重构使得没有根的阶相同。

时间 $\mathcal{O}(R(H)+T(H))$，势能 $\mathcal{O}(R(H^{\prime }))-T(H)$，均摊（给势能乘以一定常数）$\mathcal{O}(R(H))$。

在只有前述操作时，$R(H)=\mathcal{O}(\log n)$。

减法

如果堆性质没有被破坏，则直接减。

否则把以 $x$ 为根的树剪下，加入根列表，标记其父亲（除非其父亲为根）。

如果不特殊处理，这一步会扭曲树的形态，导致 $R(H)$ 过大。为了保证树的平整，如果一个点已经被标记两次，则取消标记，并将以该点为根的子树剪下，标记其父亲（除非其父亲为根）。这一步可能递归。

设剪下子树的次数为 $c$，则时间 $\mathcal{O}(c)$，势能 $\mathcal{O}(1)-c$，均摊 $\mathcal{O}(1)$。

分析

将 $x$ 的儿子按照连边顺序记为 $y_1,\cdots ,y_k$。当 $y_i$ 连向 $x$ 时，$R(y_i)$ 等于当时的 $R(x)\ge i-1$。而接下来 $y_i$ 最多失去一个儿子。于是 $R(y_i)\ge i-2$。

设 $F_k$ 为 $k$ 阶树的最小大小，则 $F_1=1$，$F_1=2$，$F_k=F_{k-2}+\cdots +F_0+1=F_{k-2}+F_{k-1}$，这是斐波那契数列。于是 $R(H)\le {\log }_{\varphi }n$。

合并

用双向列表维护根列表。

时间 $\mathcal{O}(1)$，势能 $0$，均摊 $\mathcal{O}(1)$。

应用

$\mathcal{O}(m+n\log n)$ 最小生成树

在 Dijkstra 或 Prim 的过程中使用斐波那契堆，$n$ 次插入，$n$ 次删除和 $m$ 次减法，时间 $\mathcal{O}(m+n\log n)$。

$\mathcal{O}(m+n{\log }^{\ast }n)$ 最小生成树

Fredman & Tarjan [1987] 通过限制堆的大小做到了更优的复杂度：考虑结合 Boruvka 和 Prim，从某个点开始，如果堆里有 $k$ 个元素或碰到了当前生成森林，则停止本次 Prim，从另一个未被访问的点开始。一轮过后，将森林里的所有树缩点，则每个点至少 $k$ 条出边，结点数量不超过 $\frac{2m}{k}$。

取 $k=2^{2m/n}$，则一轮复杂度 $\mathcal{O}(m+n\log k)=\mathcal{O}(m)$。新的 $k^{\prime }=2^{2m/n^{\prime }}=2^{2^{2m/n}}$。可知总轮数为 $\beta (m,n)=min\{i:{\log }^{(i)}n\le \frac{m}{n}\}$，其中 ${\log }^{(i)}n$ 表示取 $i$ 次 $\log$。

因此，当 $m=\mathcal{O}(n)$ 时，时间为 $\mathcal{O}(m{\log }^{\ast }n)$。一旦存在常数 $k$ 使得 $m=n{\log }^{(k)}n$，则时间为 $\mathcal{O}(m)$。

目前学术界的 MST

随机算法 $\mathcal{O}(m)$ [Karger, Klein, Tarjan 1995]。

确定算法 $\mathcal{O}(m\alpha (m,n))$ [Chazalle 2000]。

最优算法（复杂度仍为 open problem） [Pettie, Ramachandran 2002]。

判定 MST $\mathcal{O}(m)$ [Dixon, Rauch, Tarjan 1992]。

Tarjan 老爷子是真牛啊。

Lecture 3：并查集

内容：并查集的复杂度分析。

问题描述

初始 $n$ 个集合 $\{1\},\cdots ,\{n\}$，支持合并两个集合，以及查找某个元素在哪个集合。

并查集是维护不交集合的数据结构，每个集合用一个代表元表示，支持：

• Makeset(x)：新建包含元素 $x$ 的集合。
• Find(x)：查询 $x$ 所在集合的代表元。
• Union(x, y)：若 $x,y$ 处于不同集合，则合并它们所在的集合，删去原有的两个集合。

以下设 $n$ 为元素数量，$m$ 为操作次数。

链表

用链表维护，每个元素指向下一个元素和代表元。

makeset $\mathcal{O}(1)$，find $\mathcal{O}(1)$，union $\mathcal{O}(n)$。

如果不维护代表元指针，则 find $\mathcal{O}(n)$，union $\mathcal{O}(1)$。

启发式合并

将较短的链表添加在较长的链表后，时间 $\mathcal{O}(m+n\log n)$：元素代表元更新，其所在链表长度至少翻倍。

Up-tree

每个点指向其父节点，没有父节点的点为对应集合代表元。

合并可能导致树的深度达到 $\mathcal{O}(n)$，使得 find $\mathcal{O}(n)$。

按秩合并

将深度较小的树合并到深度较大的树：深度为 $k$ 的树至少有 $2^k$ 个点。

将大小较小的树合并到大小较大的树：每个点被合并时，其所在集合大小至少翻倍。

时间复杂度 $\mathcal{O}(m\log n)$。

路径压缩

查询时将路径上的每个点都指向代表元。

复杂度分析

重点是分析路径压缩按秩合并的并查集的复杂度。

设 $r(x)$ 表示 $x$ 的秩，初始为 $0$。$r(x)$ 增加 $1$ 当且仅当 $y$ 合并到 $x$ 上且 $r(x)=r(y)$。可知阶为 $r$ 的点数为 $\mathcal{O}(\frac{n}{2^r})$。

因为 union 等价于两个 find 和一个 link，且 makeset 和 link 显然为 $\mathcal{O}(1)$，所以只考虑 $m$ 个 find 的均摊时间。

$\mathcal{O}((m+n)\log \log n)$

考虑 $r(p(x))-r(x)$。每次查询，最多 $\mathcal{O}(\log \log n)$ 个点的该值没有翻倍，因为每个这样的点都会让 $r(rep(x))-r(x)$ 翻倍。

对于那些翻倍的点，最多发生 $\mathcal{O}(\log r(x))=\mathcal{O}(\log \log n)$ 次。

时间为 $\mathcal{O}((m+n)\log \log n)$。

$\mathcal{O}(m+n{\log }^{\ast }n)$

设 $T(m,n,r)$ 表示 $n$ 个点 $m$ 次操作且秩不超过 $r$ 的最大指针赋值次数，显然 $T(m,n,r)\le nr$。

设 $s$ 是秩的阈值。

考虑一次 find 从 $x$ 开始，且根为 $y$。

• 若 $r(y)\le s$，则总赋值次数不超过 $T(m,n,s)$。
• 若 $r(x)>s$，则总赋值次数不超过 $\frac{nr}{2^s}$。
• 若 $r(x)\le s<r(y)$：
  • 若 $r(p(x))\le s$，考虑到每个点的父亲的秩最多一次从不超过 $s$ 变成大于 $s$，总赋值次数不超过 $n$。
  • 若 $r(p(x))>s$，每次操作最多一个这样的点，总赋值次数不超过 $m_{+}$，其中 $m_{+}$ 表示涉及到阶大于 $s$ 的点的 find 次数，$m_{-}=m-m_{+}$。

于是

取 $s=\log r$，则

$\mathcal{O}((m+n)\alpha (n))$

Ackermann's function

定义

分析

对于

第二项不超过 $T(m_{+},\frac{n}{2^s},r)\le m_{+}+\frac{2n{\log }^{\ast }r}{2^s}$，于是

取 $s={\log }^{\ast }r$，则

记 $T^{″}(m,n,r)=T(m,n,r)-2m$，则

得

不断重复上述过程，得

${\log }^{{\ast }^c}r$ 表示取多少次 ${\log }^{{\ast }^{c-1}}$ 可以让 $r$ 变成常数，而

因此时间为 $\mathcal{O}((m+n)\alpha (n))$ [Tarjan 1975]。

是否存在更优美的复杂度分析？Tarjan 同时证明了这个算法的时间下界 $\mathrm{\Omega }(m\alpha (n))$。

复杂度下界分析

略。

对任何并查集，有 $\mathrm{\Omega }(\alpha (n))$ word-operations 的下界 [Fredman, Saks 1989]。

Lecture 4：动态树

Splay

设 $\mu (x)=\log |S(x)|$，$\mathrm{\Phi }(S)=\sum _{x\in S}\mu (x)$。

Splay 引理：每个 splay(x, S) 操作需要 $3(\mu (S)-\mu (x))+1$ 的均摊时间。

• 每个 Zig 不超过 $3(\mu (S)-\mu (x))+1$。
• 每个 Zig-Zig 和 Zig-Zag 不超过 $3({\mu }^{\prime }(x)-\mu (x))$。

证明的 nasty-case 是 $\mu (x)={\mu }^{\prime }(x)$，此时可以证明 ${\mu }^{\prime }(x)+{\mu }^{\prime }(y)+{\mu }^{\prime }(z)<\mu (x)+\mu (y)+\mu (z)$。

动态最优性猜想：$C_{\mathrm{S}\mathrm{P}\mathrm{L}\mathrm{A}\mathrm{Y}}(s)=\mathcal{O}(n+C_{\mathrm{O}\mathrm{P}\mathrm{T}}(s))$。

LCT

对 link 的要求：$v$ 和 $w$ 不在同一棵树，且 $v$ 是根。

对 delete 的要求：删除树边。

每个结点有 0/1 个偏好的孩子。用 Splay 维护偏好链，每个 Splay 指向父亲。

access 打通 $x$ 到根的路径，模拟即可。

ETT

用 Splay 维护欧拉序。

换根：考虑 $r$ 的任意一次出现，将欧拉序分为 $A$ 和 $B$，其中 $A$ 是 $r$ 之前的部分。删除 $A$ 的第一个点，加入 $r$，然后将 $A$ 放在 $B$ 之后。

换根之后容易做 link 和 cut。

LCT 做链问题比较优秀，ETT 做子树问题比较优秀。

Lecture 5：动态连通性

完全动态连通性

加边删边查询连通性。想法：维护生成森林。

加边容易，但删树边时需要找到重新连接两部分的边。

每条边有只会增加的等级 $l_e$，设 $E_i$ 为等级不小于 $i$ 的边，则 $E_0\supseteq E_1\supseteq \cdots \supseteq E_{l_{max}}$。

维护 $E_i$ 的生成森林 $F_i$，满足

• 若 $(u,v)\in E_i$ 是非树边，则 $u,v$ 在 $F_i$ 上连通（生成森林极大）。
• 若 $(u,v)\in E_i$ 是树边，则 $(u,v)$ 在 $F_j(j<i)$ 上也是树边。
• $F_i$ 的每棵树的大小不超过 $\frac{n}{2^i}$。

可知若一条边在 $E_i$ 上是非树边，那么它在所有它在的 $E_j$ 上是非树边。

加入 $(u,v)$ 时，将其加入 $E_0$。若 $u,v$ 连通，则为非树边，否则为树边。

删除 $(u,v)$ 时，在所有 $E_{0\sim l}$ 上删去 $(u,v)$。若是树边，则删去 $(u,v)$ 会将 $F_l$ 对应的树分裂成 $T(u)$ 和 $T(v)$ 两部分。其中一部分的大小小于原树的一半，不妨设为 $T(u)$，则将 $T(u)$ 加入 $F_{l+1}$。然后检查所有和 $T(u)$ 相连的非树边，若不连接 $T(u)$ 和 $T(v)$，则一定在 $T(u)$ 内部，移到下一个等级，否则直接连起来。如果等级 $l$ 没有，那么检查等级 $l-1$，以此类推。

动态子图连通性

忽略所有 $\log$ 因子。

每个点有开关状态，支持修改一个点的状态，以及查询两个点能否通过开着的点连通。

维护两个集合 $P,Q$，初始所有点都在 $P$，$Q$ 为空。$P$ 只会删点。打开一个点时将其加入 $Q$。每 $m^{2/3}$ 次修改重构一次，所以 $Q$ 的大小不超过 $m^{2/3}$。

用删边维护的方法维护 $P$ 的连通性。称总度数大于 $m^{1/3}$ 的连通块为大连通块，数量不超过 $m^{2/3}$，否则为小连通块。

维护新图 $G^{\ast }$，结点包含 $Q$ 和 $H$，其中 $H$ 的每个元素表示 $P$ 的一个大连通块，以及原图连接 $Q$ 以及 $Q$ 和 $H$ 之间的边。

如果 $Q$ 的结点可以通过小连通块连通呢？若 $u,v\in G$ 通过小连通块连通，则将 $(u,v)$ 加入 $\mathrm{\Gamma }$，其大小为 $m^{4/3}$。将 $\mathrm{\Gamma }$ 加入 $G^{\ast }$，则 $u,v\in Q$ 连通当且仅当它们在 $G^{\ast }$ 上连通。

对于查询：

• 对于 $Q$ 里的点，$\log n$ 查询在哪个连通块。
• 对于大连通块的点，查询在 $G^{\ast }$ 上表示这个大连通块的点，再查询在哪个连通块。
• 对于小连通块的点，找一个 $Q$ 里的点与其相邻。若不存在则孤立。$m^{1/3}$。

对于预处理：

• $G^{\ast }$ 和 $\mathrm{\Gamma }$ 都需要 $m^{4/3}$ 的时间。
• 每 $m^{2/3}$ 次修改重构一次，所以均摊到每个修改 $m^{2/3}$。

对于修改：

• 当加入或删除 $Q$ 的点时，更新 $G^{\ast }$ 的每个点和这个点的连接情况。$m^{2/3}$。
• 删除小连通块的点时，重新计算相关的 $\mathrm{\Gamma }$。$(m^{1/3}{)}^2=m^{2/3}$。
• 删除大连通块的点时，按度数之和从大到小记分裂成的连通块为 $R_1,\cdots ,R_k$。
  • 删掉 $P$ 的边的总数为 $m$，所以每个修改 $m^{1/3}$。
  • 如果 $R_i(i\ge 2)$ 是大连通块，则更新 $G^{\ast }$ 需要 $\mathrm{deg}(R_i)$ 的时间。$\mathrm{deg}(R_i)$ 减半，最多 $\log m$ 轮。$m^{1/3}$。
  • 如果 $R_i$ 从大连通块变成小连通块，则更新 $\mathrm{\Gamma }$。因为只会变一次，所以 $m^{2/3}$。

Lecture 6：最大流

FF

每次找一个增广路。若所有容量是 $[0,U]$ 的整数，则算法在 $|f^{\ast }|\le nU$ 轮结束。当 $U=1$ 时，时间 $nm$。

整性定理：若网络所有容量都是整数，则存在所有边的流量都是整数的最大流。

EK

选增广路的时候不要随便选。选最大瓶颈路，足够大容量的路，或者最短路。

Capacity Scaling

设 $\mathrm{\Delta }$ 为不小于 $U$ 的最大的二的幂。在边权 $\ge \mathrm{\Delta }$ 的图上找增广路，最多找 $\mathcal{O}(m\mathrm{\Delta })$ 次，然后将 $\mathrm{\Delta }$ 除以 $2$。$m^2\log U$。

需要强多项式算法。

最短路

指边数最少的路径。

考虑最短路分层图，每次删去至少一条边，反边不会出现在分层图上。最多增广 $m$ 次后得到分层图上的阻塞流，最短路增加。$m^{2}n$。

Dinic

不要每次都在分层图上重新找，一次找完即可。$n^{2}m$。

用 LCT 维护分层图的生成树，$nm\log n$。

单位容量最大流

任意图

$\mathcal{O}(m)$ 的时间找到阻塞流，因为每条路径上的所有边被立刻删去。

$n^{2/3}$ 轮之后存在相邻两层 $n_i+n_{i+1}\le 2n^{1/3}$，剩余流量不超过 $n^{2/3}$。

$m^{1/2}$ 轮之后存在相邻两层 $m_i\le m^{1/2}$，剩余流量不超过 $m^{1/2}$。

$mmin(n^{2/3},m^{1/2})$。

无向图

在残量网络上，只有有流量的边有方向。在单位容量无向图上，任何无环流可以被分解为路径。

如果残量网络的最大流为 $v$，则最短路不超过 $\frac{n}{\sqrt{v}}$，因为每相邻两层至少有 $2\sqrt{v}$ 个点。

因为最大流不超过 $n$，所以无环流最多有 $\frac{n}{\sqrt{n}}+\frac{n}{\sqrt{n-1}}+\cdots +n=n^{3/2}$ 条边。因此寻找增广路时最多有 $n^{3/2}$ 条有向边。对于无向边，用完全动态连通性维护，BFS 时只需考虑 $n^{3/2}$ 条边。复杂度 $\tilde{\mathcal{O}}(n^{5/2})$。

Lecture 7：最小割和 k 连通性

全局最小割

有平凡的 $n\cdot \mathrm{flow}$ 做法，略。

Karger' Algorithm

随机选一条边收缩，只剩两个点时得到割，但不一定是最小割 $c$。当且仅当割的每条边都没有被收缩时正确。

因为每个点的度数不小于 $c$，所以边数不小于 $\frac{nc}{2}$。第 $i$ 次选中的概率为 $\frac{c}{(n-i)c/2}=\frac{2}{n-i}$，所以正确率为

于是复杂度 $n^4$。同时证明了全局最小割的数量 $\mathcal{O}(n^2)$。

考虑在还剩 $\frac{n}{\sqrt{2}}$ 个点时停下，此时正确率为 $\frac{1}{2}$。在剩下的小图上跑两次。时间

正确率

即 $P(n)\ge P\left(\frac{n}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{4}P{\left(\frac{n}{\sqrt{2}}\right)}^2$。设 $q(k)=\frac{4}{P(k)}-1$，则 $q(n)\le q\left(\frac{n}{\sqrt{2}}\right)+1+\frac{1}{q\left(\frac{n}{\sqrt{2}}\right)}$。

设 $Q(n)$ 是 $q(n)$ 的上界，则 $Q(n)\ge {\log }_{\sqrt{2}}n+K$。展开递归式，由调和级数得

不能用在 s-t 最小割，因为度数下界没有保证。

k 连通性

最简单的一集。

k 边连通：删去少于 $k$ 条边，仍连通。

k 点连通：删去少于 $k$ 个点，仍连通。要求 $G$ 有多于 $k$ 个点。

若 k 点连通，则 k 边连通。

双连通分量的判定：Tarjan。

耳分解不在考纲内，略。

Lecture 8：原始对偶松弛算法

集合覆盖

一个元素的频率为它所在的集合数量，$f$ 为最大频率。点覆盖是 $f=2$ 的集合覆盖。

集合覆盖写成整数线性规划 IP：对每个 $S_i$，有变量 $x_i\in \{0,1\}$ 表示是否选择。最小化 $\sum _{i=1}^{k}c(S_i)x_i$，要求 $\sum _{i:e\in S_i}{x}_i\ge 1,\mathrm{\forall }e\in U$ 且 $x_i\in \{0,1\}$。

松弛成线性规划 LP：$0\le x\le 1$。设 LP 的最优解为 $x^{\ast }$，将 $S_j$ 加入 $I$ 当且仅当 $x_j^{\ast }\ge \frac{1}{f}$，则 $I$ 是集合覆盖且是 $f$-近似。

LP 的最优解显然不劣于 IP 的最优解。

线性规划

最小化 $c^{T}x$，要求 $Ax\ge b$ 且 $x\ge 0$。

LP 算法的复杂度，其中 $L$ 是输入的比特数：

• Simplex：指数，但很快。
• Ellipsoid：$\tilde{\mathcal{O}}(n^6{L}^2)$。
• Interior Point：$\tilde{\mathcal{O}}(n^{3.5}{L}^2)$。

Open Problem：是否存在强多项式的算法。

对偶：最大化 $b^{T}y$，要求 $A^{T}y\le c$ 且 $y\ge 0$。

根据 $y_i\ge 0$ 得

即

而

所以

LP-duality Theorem

若原始线性规划问题的最优解空间有限，则其对偶问题的最优解空间有限。若 $x^{\ast }$ 和 $y^{\ast }$ 最优，则

证明略。

Complementary Slackness Conditions（互补松弛条件）

$x,y$ 最优当且仅当：

根据 $\sum _{j=1}^n{x}_j{c}_j\ge \sum _{i=1}^m{y}_i{b}_i$ 的证明过程和 LP-duality Theorem 易得。如果条件不满足，自然无法取等。

对集合覆盖，$x_j=1⟹\sum _{i=1}^m{a}_{ij}{y}_i=c_j$，所以每次选一个 $y_e$ 增加，直到满足某个 $\sum _{e\in S_k}{y}_e=c(S_k)$，此时将 $S_k$ 加入 $I$。这样每个点都被覆盖，否则其对应的 $y_e$ 还能增加。同时解为 $f$-近似：

这是纯组合的算法，无需求解 LP。