图论经典模型 听课笔记

下文主要梳理最短路的建图技巧，以及一些杂题。

1. 超级源点、超级汇点

模型 1.1（租车线路）
有若干条租车线路 $(u,v,w)(w\ge 0)$，表示可以花 $w$ 块钱租一辆从城市 $u$ 到城市 $v$ 的车。
现在有甲、乙两人，甲从 A 到 C，乙从 B 到 D。两人在途中可以停留，也可以共租一辆车。求最小租车费用。
$n,m\le {10}^5$。

建图，连边 $(u,v,w)$。
若两人的路径不交，分别从 A、B 出发，跑一边单源最短路即可。
否则，甲、乙两人的路径交集一定是连续的一段边，如下图：

（如果交集不连续，记最开始的公共点为 X，最后的公共点为 Y。分别统计一下甲、乙两人的路径中 X $\to$ Y 的长度，将这两条路径中较长的路径替换成较短的路径（若长度相等，则替换其中任意一条路径），替换后答案一定不会更劣。）

记 $\mathrm{dist}(u,v)$ 表示图中 $u\to v$ 的最短路径长度。则答案为 $\mathrm{dist}(A,X)+\mathrm{dist}(B,X)+\mathrm{dist}(X,Y)+\mathrm{dist}(Y,C)+\mathrm{dist}(Y,D)$ 的最小值。
记 $f(u)=\mathrm{dist}(A,u)+\mathrm{dist}(B,u)$、$g(u)=\mathrm{dist}(u,C)+\mathrm{dist}(u,D)$，则答案为 $f(X)+\mathrm{dist}(X,Y)+g(Y)$。
建反图，在原图上跑一遍单源最短路即可求得 $f(u)$，在反图上跑一遍单源最短路即可求得 $g(u)$。因此 $f(u)$ 和 $g(u)$ 均可 $\mathrm{\Theta }(m\cdot \log n)$ 预处理得到。
因此，只需在原图上新建超级源点 S 和超级汇点 T，对原图上每个点 $u$ 连边 $(S,u,f(u))$ 和 $(u,T,g(u))$，在新图上跑一遍 $S\to T$ 的最短路即可求得答案。

时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(m\cdot \log n)$。

模型 1.2
给定点集 S 和 T，要求从 S 中的每个点向 T 中的每个点连边权为 $w$ 的边，如何处理？

如果直接暴力连边，边数的复杂度为 $\mathrm{\Theta }(|S|\cdot |T|)$。
但我们新建一个点 $p$，对 S 中的每个点 $u$ 连边 $(u,p,w)$，对 T 中的每个点 $v$ 连边 $(p,v,0)$，即可将复杂度优化至 $\mathrm{\Theta }(|S|+|T|)$。

模型 1.3
$k$ 次连边，每次从编号在 $[l_1,r_1]$ 中的点向编号在 $[l_2,r_2]$ 中的点连边权为 $w$ 的边，如何处理？

考虑线段树优化建图。建两颗线段树 $s_1$ 和 $s_2$，在 $s_1$ 中连儿子指向父亲、边权为 $0$ 的边，在 $s_2$ 中连父亲指向儿子、边权为 $0$ 的边。
每次连边时，新建节点 $p$，在 $s_1$ 中找出 $[l_1,r_1]$ 对应的 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 个区间节点，对其中每个点 $u$ 连边 $(u,p,w)$；在 $s_2$ 中找出 $[l_2,r_2]$ 对应的 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 个区间节点，对其中每个点 $v$ 连边 $(p,v,0)$。
时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n+k\cdot \log n)$，空间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n+k\cdot \log n)$。

2. 单源最小环

模型 2
求 $n$ 个点、$m$ 条边的带边权无向图中，包含 1 号点的最小环大小。

如何做到 $\mathrm{\Theta }(nm\cdot \log n)$？

对与 1 号点相连的每条边 $e=(1,u,w)$，将边 $e$ 断掉后跑一遍从 $u$ 到 $1$ 的最短路 $d$，则 $w+d$ 的最小值即为答案。

如何做到 $\mathrm{\Theta }(m\cdot {\log }^{2}n)$？

对原图 G 中任意两个相邻的点 $u$ 和 $v$，记 $w(u,v)$ 表示 $u$ 和 $v$ 之间的边的长度。
考虑在原图 G 中，将 1 号点和与 1 号点相连的边删去，得到图 G'。
考虑 G 中每一个包含 1 号点的环，令环中与 1 号点相邻的点为 $u$ 和 $v$，则必有 $u\ne v$。在图 $G^{\prime }$ 中，求出 $u$、$v$ 两点间的最短路 $\mathrm{dist}(u,v)$。则答案为 $w(1,u)+\mathrm{dist}(u,v)+w(1,v)$。

容易发现这与模型 1.1 中的表达式类似。于是考虑在图 G' 中新建源点 S 和汇点 T，对 G' 中每个点 $u$ 连有向边 $(S,u,w(1,u))$ 和 $(u,T,w(1,u))$，希望新图中 $S\to T$ 的最短路为答案。
但这么做会带来一个问题：可能求出的最短路为 $S\to u\to T$，对应原图 G 中的方案即为 $1\to u\to 1$。这相当于在一条无向边上来回横跳，不符合环的定义。
为避免这种情况发生，考虑将点 $2\sim n$ 分成两组，其中一组与 S 相连，另一组与 T 相连。希望新图中 $S\to T$ 的最短路为答案。
但这种做法依然存在问题。记实际的最小环中，与 1 相连的点为 $u$、$v$。若 $u$ 和 $v$ 恰好被分到同一组中，则这种做法无法求出真正的最短路。

考虑到 $u\ne v$，即 $u$、$v$ 的二进制表示中必有一位不同。因此可以将新图拆成 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 个图，从 $0$ 开始标号。在第 $i$ 个图中，将所有二进制表示下第 $i$ 位（将最低为编号为 $0$）为 $0$ 的点与 S 相连，第 $i$ 位为 1 的点与 T 相连。
对所有 $\mathrm{\Theta }(\log n)$ 个图都跑一遍最短路。由于 $u$、$v$ 的二进制表示中必有一位不同，因此总有一张图中 $u$ 和 $v$ 被分到不同组中，因此总能求出正确答案。对求出的所有答案取最小值即可。

如何做到 $\mathrm{\Theta }(m\log n)$？

在原图 G 中将 1 号点删去，得到新图 G'。在 G' 中加入超级源点 S。对 G 中 1 号点的所有邻点 $u$，在 G' 中连边 $(S,u,0)$。
在图 G' 中从 S 出发跑一遍单源最短路。在算法中，对每个点 $u$，记录 $S\to u$ 的最短路径中 $S$ 的邻点 $g_u$（最短路记为 $f_u$）。

观察 G 中每个经过 1 的环，在 G' 中对应一条 $S$ 的邻点 $u$ 和 $v$ 之间的最短路径，且其关系为环长 $l=w(1,u)+\mathrm{dist}(u,v)+w(1,v)$。由于 $g_u=u$, $g_v=v$（即 $g_u\ne g_v$），因此在 $u$、$v$ 间的最短路径中，必然存在一条边 $(s,t)$，满足 $g_s\ne g_t$。

因此，只需枚举所有满足 $g_p\ne g_q$ 的边 $(p,q)$，求出 $w(1,g_p)+w(1,g_q)+w(p,q)+f_p+f_q$ 的最小值即可。（由上面的分析，这样一定能把经过 1 号点的环枚举完。）

做法来源：洛谷 P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者

3. 分层图最短路

模型 3.1（跑图）
选择一条从 $1$ 出发的路径，最小化“路径长度 减 路径上前 $k$ 大的点的点权和”的值。
$n,m\le {10}^5$，$k\le 10$。

发现将“路径上前 $k$ 大的点”的条件泛化成“路径上任意 $k$ 个点”并不影响答案。因为如果选择的点不是前 $k$ 大的，则减数变小，答案变大，显然与“最小化”矛盾。
设 $f_{u,i}$ 表示在路径 $1\to u$ 上，已经减了 $i$ 个点的点权，所得的答案的最小值。枚举 $u$ 的每条出边 $(u,v,w)$，则有转移：

$$f_{v,i}=min\{f_{v,i},f_{u,i}+w\}$$

$$f_{v,i+1}=min\{f_{v,i+1},f_{u,i}+w-a_v\}$$

枚举 $i$，对每个 $i$ 跑一遍单源最短路即可，称之为“分层图最短路”。

模型 3.2（P3953 [NOIP2017 提高组] 逛公园）
给定带边权的有向图，记从 1 号点到 $n$ 的最短路为 $\mathrm{dist}(1,n)$。
统计从 $1$ 到 $n$，且长度在 $[\mathrm{dist}(1,n),\mathrm{dist}(1,n)+K]$ 的范围内的路径条数，答案对 $P$ 取模。
若有无数条符合要求的路径，输出 $-1$。
$n\le {10}^5$，$m\le 2\times {10}^5$，$K\le 50$，$1\le P\le {10}^9$，所有边权非负。

首先考虑边权均为正数的情况。
从 1 号点出发求单源最短路，记从 1 到 $u$ 的最短路为 $\mathrm{dist}(1,u)$。
记 $f_{u,i}$ 表示从 1 到 $u$ 的路径中，长度为 $\mathrm{dist}(1,u)+i$ 的路径条数。
枚举 $u$ 的每条出边 $(u,v,w)$，令 $s=\mathrm{dist}(1,u)+i+w-\mathrm{dist}(1,v)$，则有转移：

$$f_{v,s}=(f_{v,s}+f_{u,i})modP$$

由于求最短路后，一条边 $(u,v,w)$ 必然满足 $\mathrm{dist}(1,u)+w\ge \mathrm{dist}(1,v)$，因此必有 $s\ge i$。
容易发现这与模型 3.1 类似。因此，类似分层图最短路，我们枚举 $i$，对每个 $i$ 按合理的顺序枚举节点，并 DP 即可。
考虑怎么确定这个顺序。对所有 $s>i$ 的情况，$v$ 所在的层必然在 $u$ 的后面被枚举到，因此只需考虑 $s=i$ 的情况。
对 $s$ 的定义式变形，发现一定有 $\mathrm{dist}(1,u)+w=\mathrm{dist}(1,v)$。限制即对所有这种边，要求 $u$ 在 $v$ 之前被枚举。
因此只需建出最短路图，并对其做拓扑排序即可。

但原题中还存在边权为 $0$ 的情况。对一个每条边边权均为 $0$ 的环，我们称为“零环”。
若一条路径经过零环上的任意一点，可以从该点出发绕零环走任意多圈再继续往下走，得到无数条路径。因此，只要有一条符合题目要求的路径经过零环上的点，则答案为 $-1$。
可以先通过一遍 dfs 求出所有零环上的点，则问题转化成是否存在在一条符合要求的路径经过零环上的点。
新建数组 $\{{\mathrm{cur}}_n\}$，其中 ${\mathrm{cur}}_u$ 表示只考虑枚举到的点构成的、经过零环上点的路径，从 $1$ 到 $u$ 的最短路。
初始时，对所有零环上的点 $u$，有 ${\mathrm{cur}}_u=\mathrm{dist}(1,u)$；对其他点 $v$，有 ${\mathrm{cur}}_v=+\mathrm{\infty }$。
然后从这些点出发跑一遍 Dijkstra，记 $n$ 号点处的最短路为 ${\mathrm{cur}}_n$。只需判断是否满足 ${\mathrm{cur}}_n>\mathrm{dist}(1,n)$ 即可。

4. 单源次短路

次短路分为两类，严格次短路和非严格次短路。非严格次短路径不能与最短路径相同，但是长度可以与最短路相等。而严格次短路径的长度必须严格小于最短路。

如何求出次短的简单路径？

众所周知，一定存在一个方案，使得最短路径为简单路径，但次短路径不一定。下文旨在说明，在所有的简单路径中，如何求次短路径。
下面的例题给出了一个求非严格次短简单路径的方法。

例题 4.1（洛谷 P1491 集合位置）
给定一个带边权的无向图，图中没有重边，但可能有自环。求图中从 1 号点到 $n$ 号点的非严格次短简单路径的长度。
若该路径不存在，输出 $-1$。
$1\le n\le 200$，$1\le m\le 10000$，边权非负。

显然，由于最短路径和次短路径均为简单路径，因此最短路径中一定存在一条边，使得它在次短路径中未出现过。
因此做法呼之欲出。先跑一遍单源最短路，并记录最短路径经过的边。
考虑枚举最短路径中的边。对枚举的每条边，将其在原图中删去，并再跑一边单源最短路。（删边相互独立）
对枚举得到的答案求最小值，即为非严格次短简单路径的长度。
若使用朴素的 Dijkstra 算法，复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n^3)$。
若使用堆优化的 Dijkstra 算法，复杂度为 $\mathrm{\Theta }(nm\cdot \log n)$。

至于如何求出严格的次短简单路径，本人不会，因此略。

上文说明了对所有简单路径，如何求次短路。下文将探讨对所有路径，如何求次短路。

如何求出次短路径？

下面的例题给出了一个求严格次短路径的方法。

例题 4.2（洛谷 P2865 [USACO06NOV] Roadblocks G）
给定一个带边权的无向图，求图中从 $1$ 到 $n$ 严格次短路径的长度。
$1\le n\le 5000$，$1\le m\le {10}^5$，边权均为正数。

考虑对 Dijkstra 算法进行变形。开两个数组 $\mathrm{dis}1$ 和 $\mathrm{dis}2$，分别表示在当前所有枚举到的点构成的从 $1$ 到 $n$ 的路径中，最短路和次短路的长度。
对当前正在枚举的点 $u$，考虑它的出边 $(u,v,w)$。

• 若 ${\mathrm{dis}1}_u+w<{\mathrm{dis}1}_v$，则令 ${\mathrm{dis}2}_v=min\{{\mathrm{dis}1}_v,{\mathrm{dis}2}_u+w\}$，${\mathrm{dis}1}_v={\mathrm{dis}1}_u+w$。
• 否则，若 ${\mathrm{dis}1}_u+w={\mathrm{dis}1}_v$，令 ${\mathrm{dis}2}_v=min\{{\mathrm{dis}2}_v,{\mathrm{dis}2}_u+w\}$。
• 否则，令 ${\mathrm{dis}2}_v=min\{{\mathrm{dis}2}_v,{\mathrm{dis}1}_u+w\}$。

但这样做会带来问题。考略 Dijkstra 的正确性证明，算法当前枚举的点 $u$ 满足 ${\mathrm{dis}1}_u$ 是当前所有未更新的点中最小的。当用 $u$ 更新 $v$ 时，由于边权非负，更新答案后的 $v$ 也必然满足 ${\mathrm{dis}1}_v>{\mathrm{dis}1}_u$，因此 $u$ 的答案不会更优。
但我们进行上述算法时，却只考虑了 ${\mathrm{dis}1}_u$ 是当前所有未更新的点中最小的，却未保证 ${\mathrm{dis}2}_u$ 是次小的。即，在更新完其他点之后，${\mathrm{dis}2}_u$ 的值可能变得更小，因此这个贪心策略就是错误的。

考虑改进上述算法。发现 $\mathrm{dis}1$、$\mathrm{dis}2$ 的操作很像分层图最短路。因此我们仿照分层图最短路，先对 $\mathrm{dis}1$ 进行一遍上述算法，同时更新 $\mathrm{dis}2$ 的“初值”；再对 $\mathrm{dis}2$ 跑一遍 Dijkstra，答案即为 ${\mathrm{dis}2}_n$ 的值。
若使用朴素的 Dijkstra，时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n^2)$。
若使用堆优化的 Dijkstra，时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(m\cdot \log n)$。

非严格次短路的做法也类似，只需将上述分类讨论的第 2 条删去即可。

5. 建图优化 - 优化边数

有一些题目，通常给你 $m$ 条特殊边，再给你一个规律让你生成很多边，让你在建成的图上跑最短路等算法。
如果直接建图，复杂度会炸掉。此时一般有两种思路：

1. 使用数据结构维护。如线段树优化建图。
2. 将图中冗余的边删去。即只用较少的边来等效地建出原图的很多边，常结合加点思想。

其中第 2 项是本文说明的重点。下面有 3 个例题，希望对以后做题有一定帮助。

例题 5.1
给定带边权的无向图，再给定常数 $C$，让你对每对点 $(i,j)$ 连边权为 $C\times |i-j|$ 的边，求单源最短路。
如何建图？
$n,m\le {10}^6$。

显然只需在每一对 $(i,i+1)$ 间连一条边权为 $C$ 的无向边即可。
连边复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n)$。

例题 5.2
给定带边权的无向图，再给定常数 $C$，让你对每对点 $(i,j)$ 连边权为 $C\times (i\oplus j)$ 的边，求单源最短路。
如何建图？（$\oplus$ 表示按位异或）
$n,m\le {10}^5$。

模仿例题 5.1 的做法。只需枚举每个点 $i$ 和数位 $j$，连有向 / 无向边 $(i,i\oplus 2^j,C\times 2^j)$ 即可。
连边复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n\cdot \log n)$。

例题 5.3
给定带边权的无向图，再给定常数 $C$，让你对每对点 $(i,j)$ 连边权为 $C\times (i\vee j)$ 的边，求单源最短路。
如何建图？（$\vee$ 表示按位或）
$n,m\le {10}^5$。

仿照例题 5.2 的做法，显然是行不通的。
考虑原图中一条从 $u$ 到 $v$ 的边，在新图中被表示成一条 $u\to u\vee v\to v$ 的路径。当 $i$ 从 $u$ 遍历到 $u\vee v$ 时，$i$ 的二进制表示中不断增加 1；当 $i$ 从 $u\vee v$ 遍历到 $v$ 时，$i$ 的二进制表示中不断减少 1，方案如下图。

由于 $u\vee v$ 与边权有关，我们希望 $u\to v$ 的路径上，$(u,v)$ 的边权在 $u\vee v$ 处更新。考虑拆点，将每个点 $u$ 拆成 $u_1$ 和 $u_2$，并实现如下建图方式：

• 对每个点 $u$，连边 $(u_1,u_2,C\times u)$，$(u_2,u_1,0)$。
• 对每个点 $u$，枚举每个二进制位 $i$（由低到高，从 0 开始编号）。
  • 若 $u$ 的第 $i$ 位为 $0$，连边 $(u_1,(u\oplus 2^i{)}_1,0)$。
  • 若 $u$ 的第 $i$ 位为 $1$，连边 $(u_2,(u\oplus 2^i{)}_2,0)$。

具体而言，可以参考下图（图中省略角标）。

连边复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n\cdot \log n+n)$。

6. 次小生成树

有很多算法可以求最小生成树：Prim、Kruskal、Boruvka……但我们要求次小生成树。
由定义，次小生成树一定与最小生成树不同。
考虑用 Kruskal 算法求出一个最小生成树的边集 $E_1$。则存在如下结论：

定理 6.1
存在一个次小生成树的边集 $E_2$，使得 $E_1$ 与 $E_2$ 只有一条边不同。

对非严格次小生成树，考虑所有在 $E_2$ 中出现过、但在 $E_1$ 中未出现过的边构成的集合 $E_3$。则 $E_3$ 在生成树 $E_1$ 上一定构成了一些环。
由 Kruskal 算法的正确性证明，对于每一个环，$E_1$ 中的边的边权一定不大于 $E_3$ 中的边。
因此如果 $|E_3|>1$，将 $E_3$ 中的某些边替换成 $E_1$ 中对应环上的边，答案一定不会更劣。因此替换后仍是非严格次小生成树。

对严格次小生成树，考虑在上述过程出现的环中，一定存在一条 $E_3$ 中的边，使得它的边权严格大于 $E_1$ 中对应环上的所有边。
因此如果 $|E_3|>1$，将这条边保留，按上述方法把 $E_3$ 中的其他边全部换掉，答案一定不会更劣。因此替换后仍是严格次小生成树。

综上，无论要求非严格次小生成树还是严格次小生成树，定理 6.1 均成立。

有了定理 6.1，次小生成树就好求了。
对非严格次小生成树，首先用 Kruskal 算法求出最小生成树（边权和为 $\mathrm{ans}$），然后枚举每条非树边 $(u,v,w)$，用 LCA 查询树上 $u\to v$ 的路径中边权最大的边 $(p,q,r)$，求 $\mathrm{ans}-r+w$ 的最小值即可。
对严格次小生成树，在上述算法中，将用 LCA 求最大值的操作改成最大值和次大值一起求，边权记为 $r_1>r_2$。求最小值时，若 $r_1=w$ 就用 $r_2$ 更新答案，否则用 $r_1$ 更新答案即可。
具体实现可以参考例题：洛谷 P4180 [BJWC2010] 严格次小生成树。

7. 综合应用

例题 7.1 （洛谷 P4899 [IOI2018] werewolf 狼人）
给定 $n$ 个点、$m$ 条边的无向连通图，和 $q$ 次询问。
每次询问给定四个点 $S$、$T$、$l$ 和 $r$，你需要判断是否存在一条路径 $S\to u\to T$，使得 $S\to u$ 上的每一个点（包括端点）编号均在 $[l,n]$ 内，$u\to T$ 上的每一个点（包括端点）编号均在 $[1,r]$ 内。
$2\le n\le 2\times {10}^5$，$n-1\le m\le 4\times {10}^5$，$1\le q\le 2\times {10}^5$，$1\le l\le r\le n$。

考虑 Kruskal 算法的流程：若当前枚举到的树边为 $(u,v,w)$，则从 $u$ 所在的子树到达 $v$ 所在的子树，经过的边的最大边权至少为 $w$。（因为在所有边权比 $w$ 小的边中（即枚举这条边之前），$u$ 所在的子树和 $v$ 所在的子树不连通。）
因此考虑构建 Kruskal 重构树。由上面的分析，若要求边权不超过 $w-1$ 时点 $u$ 能到的所有点，则考虑在重构树中点权不超过 $w-1$ 且深度最小的 $u$ 的祖先 $x$，以 $x$ 为根的子树即为 $u$ 能到达的所有点。（由建树过程不难证明）

考虑原问题，显然可以构建 Kruskal 重构树。
对于 $S\to u$，考虑给每条边 $(u,v)(u<v)$ 赋边权 $u$，然后用 Kruskal 跑最大生成树。
对于 $u\to T$，考虑给每条边 $(u,v)(u<v)$ 赋边权 $v$，然后用 Kruskal 跑最小生成树。
则问题转换为在两颗 Kruskal 重构树的某两个子树中，点集是否有交集。

考虑对每颗重构树求 dfs 序，这样保证了每颗子树的节点编号连续。
将每个结点映射到平面直角坐标系中，横、纵坐标分别对应两颗树上的 dfs 序，则问题转化为二维数点问题。
用树状数组离线处理即可。时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(m\cdot \log m+n+q\cdot \log n)$。

本文中的题目

• 洛谷 P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者
• P3953 [NOIP2017 提高组] 逛公园
• 洛谷 P1491 集合位置
• 洛谷 P2865 [USACO06NOV] Roadblocks G
• 洛谷 P4180 [BJWC2010] 严格次小生成树
• 洛谷 P4899 [IOI2018] werewolf 狼人