冯梓轩图论总结2

图论学习总结 2

拓补排序

当给定的一张图是一张 DAG（有向无环图）时，可以对该图进行拓补排序，在 $O(n+m)$ 的时间内转移一些信息。通常用队列进行实现。拓补排序经常与其他算法进行结合，如 DP。

例题

[POI2015] PUS (Pustynia)

当一些数之间只给定了大小关系，要求一组可行解时，可以考虑使用拓补排序求解。考虑用较小的数往较大的数连边，由于我们想让一个数在满足限制的条件下尽可能的小，所以它的值可以定为比它小的数中的最大值加 1。若存在 $a_i<a_j<a_k<\cdots <a_i$，显然无解，而此时这些数转换到图上构成一个环，因此只要图中有环就无解。对于开始已经给定值的数，让其点权先等于给定值，若跑完拓补排序后与原值不同也无解。

如果存在值相同的情况，可以把相同的值放到一个并查集里，看作一个点，统一限制。

【HNOI2015】落忆枫音

先考虑没有环的情况情况怎么做，答案显然为 $\prod _{i=2}^n{d}_i$，其中 $d_i$ 为节点 $i$ 的入度，相当于给每个节点（1 除外）钦定一个父节点。

现在考虑有环的情况。由于正着不好做。所以考虑还是用原来的方式求。设加入新边之后点 $i$ 的入度为 ${d_i}^{\prime }$，则当前算出的答案为 $\prod _{i=2}^n{d_i}^{\prime }$。但是由于会把环的方案算进去，所以考虑把包含环的方案减去。本来我以为添加一条边最多产生一个环，然而有很显然的反例。

不加边之前：

加入边 $(2,3)$ 后：

这明显已经产生了多个环，所以不能考虑将环一个个找出。由于原图是 DAG，所以不管在原图上选出哪些边都不会形成环，因此增加的环在删去 $(s,t)$ 这条边后一定是一条 $t\to s$ 的一条路径，只需统计 $t\to s$ 的路径方案数即可。考虑使用动态规划，设 $f_i$ 表示在原图上从 $t\to i$ 的路径方案数，方程即为：

$$f_v=\sum _{u\to v}\frac{f_u}{d_v}$$

相当于原来可能有多个父亲，但是我只钦定一个。最后把按照原来方式算出的方案数减去 $f_s$ 即可。

[CSP-S 2020]函数调用

本来我想的是把对一个函数的调用堆积到最后一起计算，但是搞了半天也不会。由于乘法操作是一次把所有数都乘以一个系数，所以最后可以对原值直接操作。现在的棘手问题是加法操作的对象是唯一的，所以加权的系数需要分别计算。由于先前的加法操作在给其对应位置加值后，后续的乘法操作会将其加权的系数扩倍，所以可以将其先后顺序颠倒一下，方便计算。设 $f_i$ 表示调用函数 $i$ 会使其后继加法函数的系数，方程即为：

$$f_v=\sum _{u\to v}{f}_u\cdot p$$

这里的 $p$ 是比 $v$ 的优先级低的函数对乘法操作的系数贡献累乘，而对于该函数内的乘法系数贡献可以进了下一个函数再细分。对于最后的一堆函数调用，我偷了个懒，直接新建了一个超级源点，按顺序连向这些函数，并使 $f_s=1$，这样可以避免一些冗余的操作。

二分图

二分图的判定

染色法，将与自己相邻的点染成不同颜色，如果矛盾则不是二分图。

例题

双栈排序

看到“双”栈，而且还看到要判定无解，很容易想到用染色法判定二分图。考虑如何建模。

根据二分图染色的过程，相邻的点与自己颜色不同，所以图中的边连接了两个属于不同栈的节点。考虑 $i,j(i<j)$ 在何时才必须不在同一栈内。显然只有这两个数是不行的，因为只看这两个数是一定有方案使它们在同一个栈的。只有当 $\mathrm{\exists }k>j$ 且 $a_k<a_i<a_j$ 时，$i$ 和 $j$ 才必须不在同一栈内，因为由于大小关系 $i$ 必须在 $j$ 前出栈，而位置关系又决定了 $k$ 在 $i$ 之后出栈，这样就是降序排列，不符合。这就是染色法判定二分图。

在染色后就可以得到每个元素归属于哪个栈。由于要求字典序最小，所以考虑贪心，在入栈 $1$ 时先弹栈 $1$，在必须弹栈 $2$ 时再弹，之后入栈。在入栈 $2$ 时，先把栈 $1$ 能弹的都弹了，再弹栈 $2$，最后入栈。

欧拉路径

此知识点最难的就是：看出一道题与欧拉路径相关；有欧拉路径进行建模。

例题

POLICE

思路太妙了，实在是佩服能想出来的人。

先考虑所有书都在原书架的情况。由于要尽可能的少用操作 $2$，就要多用操作 $1$。在保证一定有空位的情况下，我们可以用操作 $1$ 完成多次挪动。可以将原书架上的书位置与现书架上的书位置做一个映射，容易发现满足了位置靠后的映射就不能再满足靠前的映射了。所以不用操作 $2$ 的最大操作 $1$ 次数即为映射后的 LIS 长度，需要的操作 $2$ 次数就是书的本数减去 LIS 的长度。

接下来考虑一般情况。对于在其原来书架上的书，我们还是按上述方法，这样可以减少操作 $2$ 的使用。对于必须与其它行的书交换的，我们把一次交换抽象成一条有向边。显然，我们至少需要使用边数次操作 $2$ 才能使得所有书归位，但实际上我们也 仅需使用边数次操作 $2$。考虑选出一个入度大于出度的点连向一个出度大于入度的点，一直连边，直到所有点的入度都等于出度。可以发现，连完边的图 __存在欧拉回路，在欧拉回路上，每条边都恰好对应了一次交换，而且这些交换可以通过合理安排顺序使得所有书归位。__这样就证明了只需使用边数次操作 $2$。需要注意的是，如果当前联通块中如果没有空位的话，我们还需要一次额外操作，将空位交换到这个联通块中。

这道题确实很难想到与欧拉回路有关。

宝石装箱

可以发现把宝石或着价值作为点，都无法很好的处理限制，所以考虑以颜色作为点，把在相同箱子的连一条边。

先满足第一个条件，发现和等差数列很类似，直接用宝石 $i$ 的颜色向宝石 $4n-i+1$ 的颜色连边，这样保证了所有的边上端点点权和为 $4n+1$。之后显然可以发现，图上所有点的度都为 $4$，所以必定存在欧拉回路。把欧拉回路跑出来后，我们只需要 间隔的选边，就可以满足第二个限制，因为每条边向两个端点都贡献了一个度。

[省选联考 2020 B 卷] 丁香之路

发现其实就是求一条 $s\to i$ 的欧拉通路，只不过是每条边至少经过一次。

我们先把 $m$ 条边加入答案边集中，方便处理。由于欧拉通路不太好处理，考虑转换成欧拉回路，由于 $s$ 和 $i$ 是端点，所以将 $s$ 与 $i$ 连边即可。现在考虑将边集变为欧拉回路，实质上就是将奇度数的点相互连边。考虑将相邻的奇度数点连边，这样可以保证最优，因为相邻点连边一定优于跳跃连边。但是还有一个问题就是 图不一定连通。由于联通块内已经连通，所以只需要考虑在联通块之间连边。还是套用刚刚的方法，将相邻且不在同一联通块内的点连边，依旧可以保证最优，因为跳跃连边不优。可以发现，用最小的代价将图联通就是最小生成树，所以跑一个 Kruskal 即可。注意，将图联通时，由于要保证所有点的度数为偶，所以要连两条边。

最小生成树

最小生成树常与其他知识点结合，如倍增、树剖、线段树等。

例题

跨越雷区

发现左右边界没有什么用。显然，答案具有二分性，因为大的答案都满足了，小的也能满足，所以考虑二分答案。每个点所管辖的区域都是一个以其为圆心，半径为二分值的一个圆，如果两个圆有交（圆心距离小于二倍半径），则它们中间的区域不能通过，我们可以用一个并查集维护，将这两个点所在并查集合并，再建两个虚点，分别代表上界与下界，再用相似方法连边，最后若上界和下界联通，则说明路被堵死，无法通过。但是由于数据过于毒瘤，无法通过。

考虑二分的过程，发现实际上就是逐渐尝试扩大半径，等到上下界联通后就停止。这其实就是最小生成树，将其跑出后，最小生成树上的最大边就是满足条件的最大圆心距离，将其除以 $2$ 就是答案。

但是如果用 Kruskal 求解的话，时间复杂度还是带一个 $\log$，依旧超时。考虑到图是一张完全图，所以可以用 Prim 算法求解，时间复杂度 $O(k^2)$，可以通过。

水壶

考虑贪心的思想：能走建筑物就走建筑物，这样可以保证最大值最小。

先跑一遍多源最短路，并记录最短路从哪个点转移过来。如果两条最短路相遇，且两条路径起点不同，就将这两个路径起点相连，这样可以保证两个点之间的最大边权相对较小。然后再用 Kruskal 重构树，将环上不必要的大边去掉，最后答案即为 $u$ 到 $v$ 的路径上的最大边权。

强连通分量（SCC）

主要技术就是缩点，缩点之后是一张 DAG，可以在上面跑拓补，然后和 DP 等算法配合。

例题

狼人游戏

可以发现，在一个 SCC 中，只要问一个点，就可以知道所有点的情况。所以先把图缩点，然后发现知道了一个 SCC 的情况后，它的后继节点也可以知道了，所以只有入度为 $0$ 的 SCC 是需要进行询问的，做一个统计。但是这样有一个问题，假设有四个人，我已经知道了 $1,2,3$ 都不是狼人，那 $4$ 就一定是狼人。所以要特别考虑一种情况：如果一个 SCC 中只有一个点，且它的后继节点不一定非要它才能被了解（即入度大于 $1$），那么就可以不用询问它。注意，如果有多个这样的点，最多只能不问其中一个。

最后的答案计算，假设总共需要问 $k$ 次，问第 $1$ 次存活下来的概率为 $\frac{n-1}{n}$。问第二次时，虽然有些点已经知道，可以不用再问，但是我们也可以去问，反正存活率 $100\mathrm{\%}$，不影响，所以问第 $2$ 次存活下来的概率为 $\frac{n-2}{n-1}$，第三次为 $\frac{n-3}{n-2}$，$\cdots$，第 $k$ 次为 $\frac{n-k}{n-k+1}$。最后答案即为：

$$\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-2}{n-1}\cdot \cdots \cdot \frac{n-k}{n-k+1}=\frac{n-k}{n}$$

交通网络

本来以为能访问的区间不是一段连续的，那这么做就会超时。但是由于 图是一张平面图，所以有一个很重要的性质：一个左部点能到达的右部点按照 $y$ 坐标排序后一定是一段连续区间（除开不能被任何左部点到达的右部点）。这样就可以直接先缩点（一个 SCC 中的点可以相互到达），然后通过拓补合并一个点能到达的最小左端点和最大右端点，最后求出该区间内有多少能被左部点到达的右部点即可，可以使用前缀和。

双连通分量（DCC）

双连通分量有一个很好的性质：缩点之后是一棵树。边双的缩点与强连通分量类似，这里主要介绍点双缩点：Block-Cut Tree。

Block-Cut Tree

由于一个割点可能存在于多个点双中，所以不能简单的把点双缩成一个点。但是我们可以考虑 把点双中不是割点的点缩成一个点，然后再和点双中的割点连边。

如下图，原图为：

进行缩点（每个点双中，非割点的点缩点后选择一个原来的点编号作为新编号）后：

这样，图就变成了一棵树，可以进行一些方便的操作。

例题

[AHOI2005] LANE 航线规划

正着做显然不好做，考虑向并查集一样，把正删边改为倒加边。由于边双内的边和点都不会产生贡献，所以将边双缩点，之后就能得到一棵树。考虑加边，树上在加了一条边后，会且仅会产生一个环，而环上的边（即在两点路径上的边）都不会再是割边，贡献从 $1$ 变为 $0$。相当于我们要进行链修改，链查询，可以考虑用树剖维护，时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$。也可以考虑用树状数组加并查集维护，时间复杂度为 $O(n\log n)$，更优秀。

「CEOI2017」One-Way Streets

一个很显然的性质：边双中的边不用定向，因为边双中两点间有至少两条边不重复的路径，所以有多条可行路径，没有必须经过的边。所以将边双缩点，得到一棵树。从树根开始对树进行遍历，实质上就已经根据点的访问顺序将树边定向。接下来，考虑将从 $u$ 到 $v$ 路径上经过的割边定向，先求出 $u,v$ 分别所在的边双编号 $u^{\prime },v^{\prime }$，结合跳 $LCA$ 的过程，从 $u^{\prime }$ 到 $LCA$ 上的树边与遍历树时的方向相反，而从 $LCA$ 到 $v^{\prime }$ 上的树边与遍历树时的方向一致，考虑用倍增进行打标记即可。

小结

图论，实际上最难的一般不是在图上求解问题，而是 找出题目与图的关系，将元素之间的关系抽象成图，将原问题转化为图上的等价问题进行求解。所以，多数图论题难就难在建模，如欧拉路径相关题目，需要勤加练习才能总结出一些经验，同时也需要灵活的思维才能找到联系。