UOJ168. 【UR #11】元旦老人与丛林
给出个无向图，问是否存在一种方式把边集划分成两个不为空的边集，使得两个边集分别都是森林。
\(n\le 2000,m\le 2n\)
有结论：当且仅当每个子图都满足\(|E|\le 2|V|-2\)的时候，存在方案。
以下证明其充分性：
考虑归纳，即已经证明\(|V|\)更小的满足条件。以下称\(|E|=2|V|-2\)的图是满的。
设当前图为\(G\)。
对于1度点，可以直接删掉，连着的边任意分；对于2度点，也可以删掉，连着的边分在不同边集。又因\(|E|\le 2|V|-2\)，所以一定存在3度点。任意选一个3度点，记为\(u\)，它连出去的三个点为\(a,b,c\)。
记\(G_1\)表示\(G\)中删去\(u\)形成的子图。
引理1：如果图中存在两个在点相交的满子图，那么它们的并也是满的。
设两个子图以及它们的交、并分别为\(G_1=(V_1,E_1),G_2,G_3,G\)。
要证\(|E|=2|V|-2\)。由\(|E|\le 2|V|-2\)得\(|E_1|+|E_2|-|E_3|\le 2(|V_1|+|V_2|-|V_3|)-2\)。
由\(G_1,G_2\)为满子图，联立上式得\(|E_3|\ge 2|V_3|-2\)。
又因为\(|E_3|\le 2|V_3|-2\)，所以\(|E_3|=2|V_3|-2\)，进而\(|E|=2|V|-2\)。
引理2：\(a,b,c\)中至少存在一对点\(x,y\)，使得\(G_1\)不存在满的子图同时包含\(x,y\)。
反证。假设两两之间都存在一个满的子图包含它们，把这三个子图求并，由引理1得到这个并也是满的，有\(|E|=2|V|-2\)。
往这个图中加入点\(u\)以及三条边，此时\(|E|=2|V|-1\)，不符合。
构造方法如下：把\((x,y)\)丢入\(G_1\)中，构造出方案之后，对于\((x,y)\)所在的那个边集，把\((x,y)\)改成\((u,x),(u,y)\)；另一个边集丢入剩下那条边。
接下来判定的时候，可以转化为最大权闭合非空子图问题：搞个\(n+m\)个点的图，对于一条边\(e_i=(u,v)\)，连\((e_i,u),(e_i,v)\)，给点赋权\(-2\)，给边赋权\(1\)，然后跑最大权闭合非空子图。如果跑出来结果大于\(-2\)则不合法。
因为子图要非空，直接跑只会跑到\(0\)。于是要枚举一个点，强制它选，并且将其权值变成\(0\)，然后再跑最大权闭合子图。因为是二分图所以跑dinic时间是\(O(n\sqrt n m)\)。
也可以用类似SDOI2014 LIS的网络流退流做法。时间是\(O(\sqrt nm+nm)\)。
我的退流方法：
枚举\(i\)，先判断\((i,T)\)是否为割边，如果是，强制它选，答案一样，如果不是：
设\(F\)为总流量，\(f\)为\((i,T)\)当前流量。将\((i,T)\)清空，跑\(flow(i,T,f)\)。新的流量可视作\(F-f+flow(i,T,f)\)。
可以看做强制不走这条边，用到达这条边的流量尝试跑到\(T\)。
注意搞完之后跑\(flow(T,i,f)\)回退。
int F=flow(s,t),mx=-2;
for (int i=1;i<=n;++i){
if (!bfs(i,t))
mx=max(mx,m-F);
else{
int f=rev(de[i])->c;
de[i]->c=rev(de[i])->c=0;
mx=max(mx,m-(F-f+flow(i,t,f))-2);
flow(t,i,f);
de[i]->c=2-f,rev(de[i])->c=f;
}
if (mx>-2)
break;
}
人家的退流方法：
\(flow(i,S,f)\)，再\(flow(S,T)\)。就是直接退掉，然后再找新的增广路，不需要考虑是否为割边。
搞完之后把边加回来，也没必要立刻重新跑一次最大流，因为下一次影响答案前会跑一次\(flow(S,T)\)。
下面的代码之所以不规定\(flow(i,S)\)的流量上限，是因为\(i\)的出边只有一条，\((i,T)\)的流量等于\(flow(i,S)\)。
int F=flow(s,t),mx=-2;
for (int i=1;i<=n;++i){
de[i]->c=rev(de[i])->c=0;
F-=flow(i,s);
F+=flow(s,t);
mx=max(mx,m-F-2);
de[i]->c=2;
if (mx>-2)
break;
}
贴一个总的代码：
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 2009
#define INF 1000000000
int n,m;
int nn,s,t;
struct EDGE{
int to,c;
EDGE *las;
} e[N*7*2];
int ne;
EDGE *last[N*3];
void link(int u,int v,int c){
e[ne]={v,c,last[u]};
last[u]=e+ne++;
}
#define rev(ei) (e+(int((ei)-e)^1))
EDGE *de[N];
EDGE *cur[N*3];
int dis[N*3];
int S,T;
bool bfs(int s,int t){
static queue<int> q;
for (int i=1;i<=nn;++i)
cur[i]=last[i];
memset(dis,127,sizeof(int)*(nn+1));
while (!q.empty()) q.pop();
q.push(s);
dis[s]=0;
while (!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->c && dis[ei->to]>=INF){
dis[ei->to]=dis[x]+1;
if (ei->to==t)
return 1;
q.push(ei->to);
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int s){
if (x==T)
return s;
int have=0;
for (EDGE *&ei=cur[x];ei;ei=ei->las)
if (ei->c && dis[ei->to]==dis[x]+1){
int t=dfs(ei->to,min(ei->c,s-have));
ei->c-=t,rev(ei)->c+=t,have+=t;
if (have==s)
return s;
}
return have;
}
int flow(int _S,int _T,int lim=INF){
S=_S,T=_T;
memset(cur,0,sizeof(EDGE*)*(nn+1));
int res=0;
while (lim && bfs(S,T)){
int t=dfs(S,lim);
res+=t,lim-=t;
}
return res;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
nn=n+m;
s=++nn,t=++nn;
ne=0;
memset(last,0,sizeof(EDGE*)*(nn+1));
for (int i=1;i<=n;++i)
de[i]=e+ne,link(i,t,2),link(t,i,0);
for (int i=1,u,v;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&u,&v);
link(s,i+n,1),link(i+n,s,0);
link(i+n,u,INF),link(u,i+n,0);
link(i+n,v,INF),link(v,i+n,0);
}
int F=flow(s,t),mx=-2;
for (int i=1;i<=n;++i){
de[i]->c=rev(de[i])->c=0;
F-=flow(i,s);
F+=flow(s,t);
mx=max(mx,m-F-2);
de[i]->c=2;
if (mx>-2)
break;
}
if (mx>-2)
printf("No\n");
else
printf("Yes\n");
return 0;
}
