图论合集

合集 - 学习笔记合集(11)

1.树剖详解+习题2023-03-18 2.学习笔记——图的联通性问题2023-04-13 3.数据结构合集2023-07-13 4.字符串合集2023-05-13 5.数论合集2023-05-12 6.学习笔记——树形dp2023-04-21 7.组合数学与线性代数合集2023-08-03 8.思想/套路合集2023-07-25 9.动态规划合集2023-08-09 10.搜索合集2023-09-10

11.图论合集2023-09-10

最短路算法

全源最短路

问题

给出一张图 $G$ ，询问任意两点之间的最短路径。

Floyd 算法

我们令 $f_{k, i, j}$ 为只能经过 $1 \sim k$ 的节点的最短路。

那么初始化 $f_{0, i, j}$ 为两点之间边权或者极大值。

容易得到 $f_{k, i, j} = min (f_{k, i, j}, f_{k - 1, i, x} + f_{k - 1, x, j})$ 。

那么 $f_{n, u, v}$ 就是 $u \to v$ 的最短路。

显然第一维对于答案没有影响，那么压掉之后空间就优化成了 $O (n^{2})$ 。

时间复杂度 $O (n^{3})$ 。

for(int k=1;k<=n;k++){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
		}
	}
}

单源最短路

Dijkstra 算法

Dijkstra 可以求出一个非负权边图的一个点 $s$ 到其他所有点的最短路。

令 $d i s_{i}$ 为 $s \to i$ 的最短路。

初始化所有 $d i s = inf$ 。

重复执行以下操作，直到每个点的最短路都确定：

从所有不确定最短路的点中，选取一个当前最短路最小的点，此时可以证明它的当前最短路就是它的最短路。
更新这个点的所有出边到达的所有点的 $d i s$ 。（若当前点为 $u$ ，到达的点为 $v$ ，边权 $w$ ，则 $d i s_{v} = min (d i s_{v}, d i s_{u} + w)$ 。这个操作称作松弛操作。

时间复杂度为 $O (n^{2})$ 。

Dijkstra 的堆优化

不难发现上述操作 $1$ 可用堆进行优化。

将所有松弛到的点丢进一个堆里，每次取堆顶就可以了。

时间复杂度 $O (n \log m)$ 。

使用时需要根据图的性质来选择是否使用堆优化。

struct edge{
	int to,v;
};
struct node{
	int v,w;
	bool operator <(node a) const{
		return w>a.w;
	}
}wsy;
vector<edge> G[maxn]; 
priority_queue<node> q;
void wsyAKIOI(){
	dis[s]=0;
	wsy={s,0};
	q.push(wsy);
	while(q.size()){
		int u=q.top().v;
		q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u]=1;
		for(int i=0;i<G[u].size();i++){
			int v=G[u][i].to,val=G[u][i].v;
			if(dis[v]>dis[u]+val){
				dis[v]=dis[u]+val;
				if(!vis[v]){
					wsy={v,dis[v]};
					q.push(wsy);
				}
			}
		}
	}
}

Bellman-Ford 算法

上述提到了一个松弛式子： $d i s_{u} = min (d i s_{u}, d i s_{v} + w)$ 。

Bellman–Ford 算法所做的，就是不断尝试对图上每一条边进行松弛。我们每进行一轮循环，就对图上所有的边都尝试进行一次松弛操作，当一次循环中没有成功的松弛操作时，算法停止。

不难发现每次操作时 $O (m)$ 的。

由于一条最短路最多包含 $n - 1$ 条路径，所以循环最多执行 $n - 1$ 次。

时间复杂度 $O (n m)$ 。

Bellmax-Ford 算法较于 Dijkstra 的好处就是可以求含负权边图的最短路。

Bellman-Ford 的队列优化——SPFA

不难发现只有上一次被松弛的结点所连接的边才有可能引起下一次的松弛操作。

每次松弛操作的时候塞进一个队列里面，访问的就只有必要的边了。

void spfa(int s){
	q.push(s);
	inq[s]=114514;
	while(q.size()){
		int u=q.front();
		inq[u]=0;
		q.pop();
		for(int i=0;i<G[u].size();i++){
			int v=G[u][i].e,w=G[u][i].v;
			if(dis[v]>dis[u]+w){
				dis[v]=dis[u]+w;
				if(!inq[v]){
					inq[v]=1;
					q.push(v);
				} 
			}
		}
	}
}

由于 SPFA 可以被神奇数据卡到 $O (n m)$ ，所以没有负权边的时候还是用 Dijkstra 好。

应用

差分约束

差分约束，是由 $n$ 个变量 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots, x_{n}$ 以及 $m$ 个约束条件组成的特殊 $n$ 元一次不等式组，每个不等式（称为约束条件）形如

x_{i} - x_{j} \leq c_{k} (1 \leq i, j \leq n, i \neq j, 1 \leq k \leq m)

其中 $c_{k}$ 为常数。

我们需要对这个 $n$ 元一次不等式组求出任意一组解，或判断无解。

考虑如何来处理这个问题。

我们对约束条件 $x_{i} - x_{j} \leq c_{k}$ 变形为 $x_{i} \leq x_{j} + c_{k}$ ，不难注意到这个式子与单源最短路中 $d i s_{y} \leq d i s_{x} + w$ 的式子不能说非常相似，只能说一模一样。

所以我们便可以对于每个约束条件，连一条 $j \to i$ 的有向边，边权为 $c_{k}$ 。

因为我们的图可能不联通，所以我们需要建立一个超级源点 $s$ ，向每个点建立一条权值为 $0$ 的有向边。由于有负权边，所以我们跑 SPFA。若途中存在负环，则该 $n$ 元一次不等式组无解，否则， $x_{i} = d i s_{i}$ 即为该不等式组的一组解。

我们又不难注意到对于一组解中的每个数都加上一个常数，得到的仍然是该不等式组的一组解，因为这个常数在做差时会被消掉。

例1【模板】差分约束算法

差分约束模板题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m;
const int maxn=5001;
struct node{
	int e,v;
};
vector<node> G[maxn+10];
int dis[maxn],cnt[maxn],vis[maxn];
queue<int> q;
bool spfa(int s){
	memset(dis,63,sizeof(dis));
	dis[s]=0,vis[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
    	int u=q.front();
    	q.pop(),vis[u]=0;
    	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
    		node ed=G[u][i];
      		int v=ed.e,w=ed.v;
      		if(dis[v]>dis[u]+w){
        		dis[v]=dis[u]+w;
        		cnt[v]=cnt[u]+1;
        		if(cnt[v]>n) return 0;
       			if(!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1;
      		}
    	}
  	}
  	return 1;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		G[b].push_back((node){a,c});
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		G[0].push_back((node){i,0});
	}
	if(!spfa(0)){
		puts("NO");
	}
	else{
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cout<<dis[i]+114514<<" ";
  			//由于上文提到的性质所以这么做是没问题的
		}
	}
	return 0;
}

例2 小 K 的农场

对于第一种约束，列出不等式 $x_{a} - x_{b} \geq c$ ，变形可得到 $x_{b} - x_{a} \leq - c$ ，所以对于第一种约束条件，连一条 $a \to b$ 边权为 $- c$ 的边。

对于第二种约束，列出不等式 $x_{a} - x_{b} \leq c$ ，连一条 $b \to a$ 边权为 $c$ 的边。

对于第三种约束，列出等式 $x_{a} = x_{b}$ ，我们可以看做不等式 $x_{a} - x_{b} \leq 0$ 或 $x_{b} - x_{a} \leq 0$ 。前者连一条 $b \to a$ 的边，后者连一条 $a \to b$ 的边，边权皆为 $0$ 。

然后 SPFA 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5000+10;
int n,m,dis[maxn],inq[maxn],cnt[maxn];
struct edge{
	int e,v;
};
vector<edge> G[maxn];
queue<int> q;
bool spfa(int s){
	q.push(s);
	inq[s]=1;
	cnt[s]++;
	while(q.size()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		inq[u]=0;
		for(int i=0;i<G[u].size();i++){
			int v=G[u][i].e,w=G[u][i].v;
			if(dis[v]>dis[u]+w){
				//cout<<"考虑对"<<u<<"->"<<v<<"松弛"<<endl; 
				dis[v]=dis[u]+w;
				//cout<<"松弛后为"<<dis[u]<<endl;
				cnt[v]=cnt[u]+1;
				if(cnt[v]>n) return 0;
				if(!inq[v]){
					q.push(v);
					inq[v]=1;
				}
			}
		}
	}
	return 1;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
	dis[0]=0;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int op;
		cin>>op;
		if(op==1){
			int a,b,c;
			cin>>a>>b>>c;
			G[a].push_back((edge){b,-c});
		}
		if(op==2){
			int a,b,c;
			cin>>a>>b>>c;
			G[b].push_back((edge){a,c});
		}
		if(op==3){
			int a,b;
			cin>>a>>b;
			G[a].push_back((edge){b,0});
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		G[0].push_back((edge){i,0});
	}
	if(spfa(0)) puts("Yes");
	else puts("No");
	return 0;
}

例3 [1007]倍杀测量者

不难注意到对每个不等式取 $\log$ 即可让乘法转换为加法。

$x_{i} \geq (k - t) \times x_{j}$

即可变形为

$\log (x_{i}) \geq \log (k - t) + \log (x_{j})$ 。

显然不可能暴力枚举所有 $t$ 。

我们又双叒叕不难注意到答案序列显然有单调性。

所以二分即可，check 函数写个差分约束判一下就行。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1100;
struct flag{
	int op,a,b,k;
}fl[maxn];
struct edge{
	int nxt,to,tag;
	double w;
}a[maxn<<1];
int n,s,t,c[maxn],fr[maxn],head[maxn],cnt,vis[maxn],gt[maxn];
double l=0,r=1e18,T=-1,dis[maxn];
queue<int> q;
void add(int x,int y,int tag,double w){
	a[++cnt]=(edge){head[x],y,tag,log2(w)};
	head[x]=cnt;
}
int check(double T){
    memset(head,0,sizeof head);
    memset(fr,0,sizeof fr);
	cnt=0;
    while(q.size()){
    	q.pop();
	}
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	if(c[i]){
        	add(i,0,1,c[i]);
			add(0,i,0,c[i]);
		}
	}
    for(int i=1;i<=s;i++){
        int a=fl[i].a,b=fl[i].b,k=fl[i].k,op=fl[i].op;
		if(c[a]&&c[b]&&((op==1&&c[a]<c[b]*(k-T))||(op==2&&c[a]*(k+T)<c[b]))){
			return 1;
		} 
        if(op==1){
			add(a,b,1,k-T);
		}
        else{
        	add(a,b,0,k+T);
		}
    }
	for(int i=0;i<=n;i++){
		dis[i]=0;
		fr[i]=0;
		q.push(i);
		vis[i]=1;
	}
	while(q.size()){
		int x=q.front();
		for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt){
			int u=a[i].to;
			double w;
			if(a[i].tag){
				w=dis[x]-a[i].w;
			}
			else{
				w=dis[x]+a[i].w;
			}
			if(dis[u]<=w&&dis[u]!=-1){
				goto luqyou;
			}
			dis[u]=w;
			fr[u]=fr[x]+1;
			if(fr[u]==n+2) return 1;
			if(!vis[u]){
				q.push(u);
				vis[u]=1;
			}
			luqyou:;
		}
		q.pop();
		vis[x]=0;
	}
    return 0;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>s>>t;
    for(int i=1;i<=s;i++){
        int op,a,b,k;
		cin>>op>>a>>b>>k;
        fl[i]=(flag){op,a,b,k};
        if(op==1){
        	r=min(r,(double)k-1e-8);
		}
    }
    for(int i=1;i<=t;i++){
    	int x,y;
    	cin>>x>>y;
		c[x]=y;
	}
    while(r-l>1e-6){
        double mid=(l+r)/2.0;
        if(check(mid)){
        	l=mid;
        	T=mid;
		}
		else{
			r=mid;
		}
    }
    if(T==-1){
    	puts("-1"); 
	}
	else{
		printf("%.10lf",T);
	}
	return 0;
}

套路题——分层图

例题1 [JLOI2011] 飞行路线

可以发现 $k$ 是很小的。

考虑建分层图。

每一层就是原图，然后在每相邻两层，且有直接联通的两点之间连接一个边权为 $0$ 的有向边，代表搭乘了一次免费航班。

然后 Dij 求点 $1$ 到 $k n$ 的最短路即可。

连通性问题

割点与割边

定义

连通分量：在一张无向图中的极大连通子图即为该图的连通分量。

割点：去掉这个点后，这张无向图的连通分量数量增加，则这个点称为这个图的割点。

割边：去掉这条边后，这张无向图的连通分量数量增加，则这条边称为这个图的割边。

求割点

主要思路

以下提到的有关树的内容，全部指的是对连通分量做 DFS 得到的 DFS 生成树上的内容。

我们对一个连通分量做一次 DFS，可以得到一棵搜索树。这里引入两个定理：

如果这棵 DFS 生成树的根节点至少有两个儿子节点，那么这个根节点是割点。
这棵 DFS 生成树中的非根节点的一个儿子节点不能不通过它们之间的连边回到这个点的祖先，那么这个点就是割点。

先看定理 $1$ ：

这个很好理解，如果这个根节点不是割点，说明根节点只有一个儿子，因为其他点都可以在不经过根节点的情况下两两到达。看图：

图中黑色边为以 $1$ 为根的搜索树边，红色边为原图中的边。由于 $1$ 只有一个儿子，所以 $1$ 不为割点。

否则将这个节点删掉，一定会使连通分量的数量增加，因为有节点必须通过根节点才能到达别的节点。如图：

、

黑色边是以 $3$ 为根的搜索树边，红色边为原图中的边。可以看到，根节点 $3$ 拥有两个儿子，因为 $1$ 与 $4$ ， $2$ 与 $5$ 等都不能在不经过 $3$ 的情况下互达，所以 $3$ 为割点。

我们再看定理 $2$ ：

如果删掉这个点，连通分量数量变多，说明有点不再与其他点连通，即没有返祖边连回这个点的祖先。否则一定可以通过这条返祖边连回这个点的祖先，那么连通分量数量也不会增加。

在这个图中，搜索树以 $1$ 为根，可以发现，节点 $4$ 无法不通过 $4 - 5$ 这条边返回 $5$ 的祖先，所以 $5$ 是割点。如果加上 $1 - 4$ 的一条边，再将 $5$ 节点删去：

可以看到，连通分量数量并没有增加。因为节点 $4$ 可以通过 $1 - 4$ 的返祖边退回 $5$ 的祖先 $1$ ，所以并不会断开。

那么要如何实现呢？我们可以在 dfs 时记录一个点的 $d f n$ （dfs 序），以及这个点的儿子节点中能回到的祖先的最小的 $d f n$ ，记为 $l o w$ 。

那么如何更新 $l o w$ ？假如现在遍历到节点 $u$ ，下一步要遍历节点 $v$ ：

在遍历完 $v$ 后回溯时，用 $l o w_{v}$ 更新 $l o w_{u}$ 。
如果 $u - v$ 是返祖边，用 $d f n_{v}$ 更新 $l o w_{u}$ 。

那么判断割点也很好判断了，根据定理 $2$ ，如果这时 $l o w_{v} \geq d f n_{u}$ ，那么 $u$ 是割点，因为 $v$ 不能通返祖边回到 $u$ 的祖先节点。对于定理 $1$ 记录儿子个数特判即可。

举个例子：

对于上图，我们从 $1$ 开始 dfs，整个算法过程如下：

遍历节点 $1$ ， $d f n_{1}$ 赋值为 $1$ ， $l o w_{1}$ 赋值为 $1$ ；

遍历节点 $2$ ， $d f n_{2}$ 赋值为 $2$ ， $l o w_{2}$ 赋值为 $2$ ，根节点 $1$ 的儿子数更新为 $1$ ；

遍历节点 $5$ ， $d f n_{5}$ 赋值为 $3$ ， $l o w_{5}$ 赋值为 $3$ ；

遍历节点 $4$ ， $d f n_{4}$ 赋值为 $4$ ， $l o w_{4}$ 赋值为 $4$ ；

遍历节点 $3$ ， $d f n_{3}$ 赋值为 $5$ ， $l o w_{3}$ 赋值为 $5$ ；

发现节点 $2$ 已经被遍历，所以 $3 - 2$ 是一条返祖边，将 $l o w_{3}$ 更新为 $2$ ；

回溯至节点 $4$ ，将 $l o w_{4}$ 更新为 $2$ ；

回溯至节点 $5$ ，将 $l o w_{5}$ 更新为 $2$ ；

回溯至节点 $2$ ；

回溯至节点 $1$ ，由于 $l o w_{2} \geq d f n_{1}$ ，所以 $2$ 是割点；

遍历节点 $6$ ， $d f n_{6}$ 赋值为 $6$ ， $l o w_{6}$ 赋值为 $6$ ，根节点 $1$ 的儿子数更新为 $2$ ；

遍历节点 $7$ ， $d f n_{7}$ 赋值为 $7$ ， $l o w_{7}$ 赋值为 $7$ ；

遍历节点 $8$ ， $d f n_{8}$ 赋值为 $8$ ， $l o w_{8}$ 赋值为 $8$ ；

发现节点 $6$ 已经被遍历，所以 $8 - 6$ 是一条返祖边，将 $l o w_{8}$ 更新为 $6$ ；

回溯至节点 $7$ ，将 $l o w_{7}$ 更新为 $6$ ；

回溯至节点 $6$ ；

回溯至节点 $1$ ，由于 $l o w_{6} \geq d f n_{1}$ ，所以 $6$ 是割点；

由于根节点 $1$ 的儿子数 $\geq 2$ ，所以根节点 $1$ 是割点。

所以这张图上的割点为 $1, 2, 6$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m,dfn[maxn],low[maxn],f[maxn],cnt;
vector<int> G[maxn];
void dfs(int cur,int u,int fa){
	dfn[u]=low[u]=++cnt;
	int sum=0;
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(!dfn[v]){
			sum++;
			dfs(cur,v,u);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
			if(low[v]>=dfn[u]&&u!=cur){
				f[u]=1;
			}
		}
		else if(dfn[v]<dfn[u]&&v!=fa){
			low[u]=min(low[u],dfn[v]);
		}
	}
	if(u==cur&&sum>=2){
		f[cur]=1;
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u); 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!dfn[i]){
			dfs(i,i,-1);
		}
	} 
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(f[i]) ans++;
	}
	cout<<ans<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(f[i]) cout<<i<<" "; 
	} 
	return 0;
}

求割边

求割边，只要将求割点的条件从 $l o w_{v} \geq d f n_{u}$ 改为 $l o w_{v} > d f n_{u}$ 就可以了。

为什么？

考虑何时 $l o w_{v} = d f n_{u}$ 。

当从 $v$ 出发不经过 $u - v$ 能到达 $d f n$ 最小的点为 $u$ 时， $l o w_{v} = d f n_{u}$ 。也就意味着 $v$ 不通过 $u - v$ 最多只能返回父亲 $u$ 。如图：

图中节点 $2$ 是一个割点。它的 $d f n$ 为 $2$ ，而它在 dfs 树上的儿子 $5$ 的 $l o w = 2$ ，节点 $5$ 不经过 $5 - 2$ 最多只能返回 $2$ ，所以 $2$ 是割点。

但是我们注意到 $1 - 2$ 这一条边：它是一条割边。图中 $d f n_{1} = 1$ ，而 $l o w_{2} = 2$ ，说明 $2$ 不经过 $1 - 2$ 最多只能到 $2$ ，连父亲节点也回不去了，所以 $1 - 2$ 自然就是割边。

双连通分量

定义

点双连通分量：如果一个连通分量中不存在割点，则这个连通分量称为点双连通分量。

边双连通分量：如果一个连通分量中不存在割边，则这个连通分量称为边双连通分量。

求点双连通分量

问题：在一张无向图 $G$ 上，有多少个点双？

这里有一个性质：割点会把一个连通分量分为若干个点双。

所以我们在求解割点的时候，使用栈来记录已经遍历过的边。当我们找到割点的时候，我们已经完成了对一个点双的遍历，所以此时栈中的元素就是一个点双。

为什么放入栈中的不是点，是边？

因为一条边只属于一个点双，而一个点可以属于多个点双，当这个点被弹出，就意味着这个点不能属于其他点双，所以存点会错。

生成树问题

生成树的定义

对于一张图 $G$ ，将其去掉一些边使得这张图成为一棵树，此时形成的树称为这个图 $G$ 的生成树。

最小生成树

问对于一张图 $G$ ，它的所有生成树中，边权总和最小的那个总和为多少？

Kruskal 算法

考虑将所有边按照边权从小到大排序，然后从小到大选择。

但是有个问题：如果我们选择的边连接的两个节点已经联通怎么办？

很简单，不选这个节点就好了。

连通性考虑并查集维护即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
struct edge{
	int u,v,w;
	bool operator <(edge x){
		return w<x.w;
	}
}a[maxn];
int n,m,f[maxn],cnt,sum;
int find(int x){
	if(f[x]!=x){
		f[x]=find(f[x]);
	}
	return f[x];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a[i].u>>a[i].v>>a[i].w; 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=i;
	}
	sort(a+1,a+m+1);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int fu=find(a[i].u),fv=find(a[i].v);
		if(fu!=fv){
			f[fu]=fv;
			sum+=a[i].w;
			cnt++;
			if(cnt==n-1){
				break;
			}
		}
	}
	int x=find(1);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(find(i)!=x){
			cout<<"orz"<<endl;
			return 0;
		}
	}
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}

Prim 算法

从任意一个结点开始，将结点分成两类：已加入的，未加入的。

每次从未加入的结点中，找一个与已加入的结点之间边权最小值最小的结点。

然后将这个结点加入，并连上那条边权最小的边。

重复 $n - 1$ 次即可。

拓扑排序

定义

在一张 $DAG$ 上，对于每一条 $u \to v$ ，都有 $u$ 的拓扑序小于 $v$ 的拓扑序。

满足上述条件的即为一个合法的序列。

过程

我们开一个队列，然后用一个数组记录入度。

一开始，我们将入度为 $0$ 的点入队。

然后不断弹出队首 $u$ ，将所有 $u$ 的出边连接的点 $v$ 删除，然后再加入一次入度为 $0$ 的点。同时记录一个当前拓扑序 $c n t$ ，每次弹出 $c n t + 1$ 并记录。

cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
	int u,v;
	cvi>>u>>v;
	addedge(u,v);
	in[v]++;
}
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;i++){
	if(!in[i]){
		q.push(i);
	}
}
while(q.size()){
	int u=q.front();
	q.pop();
	a[u]=++topo;//a[u]即为 u 的一个合法拓扑序 
	for(int v:G[u]){
		in[v]--;
		if(!in[v]){
			q.push(v);
		}
	}
}

例题

[例题1 旅行计划]

拓扑排序常常与 dp 搭配食用。

本题是 DAG 上最长链的简单问题。

对于原图做一遍拓扑排序，然后令 $d p_{u}$ 为以 $u$ 结尾的最长链。

然后在原图上按拓扑序 dp，对于每一条进入 $u$ 的边 $E = (u, v)$ ，有 $d p_{u} = max_{E} d p_{v} + 1$ 。初始化所有 $d p$ 为 $1$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m,dp[maxn],in[maxn],cnt,a[maxn];
vector<int> G[maxn],Gx[maxn];
queue<int> q;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v); 
		Gx[v].push_back(u);
		in[v]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=1;
		if(in[i]==0){
			q.push(i);
		} 
	}
	while(q.size()){
		int t=q.front();
		q.pop();
		a[++cnt]=t;
		for(int i=0;i<G[t].size();i++){
			int v=G[t][i];
			in[v]--;
			if(in[v]==0){
				q.push(v);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int u=a[i];
		for(int j=0;j<G[u].size();j++){
			int v=G[u][j];
			dp[v]=max(dp[v],dp[u]+1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<dp[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m,dp[maxn],in[maxn],cnt,a[maxn];
vector<int> G[maxn],Gx[maxn];
queue<int> q;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v); 
		Gx[v].push_back(u);
		in[v]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=1;
		if(in[i]==0){
			q.push(i);
		} 
	}
	while(q.size()){
		int t=q.front();
		q.pop();
		a[++cnt]=t;
		for(int i=0;i<G[t].size();i++){
			int v=G[t][i];
			in[v]--;
			if(in[v]==0){
				q.push(v);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int u=a[i];
		for(int j=0;j<G[u].size();j++){
			int v=G[u][j];
			dp[v]=max(dp[v],dp[u]+1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<dp[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

例题2 因果倒置

本题是拓扑序的很新的应用。

solution

我们先不看所有的无向边，对这个有向图做一遍拓扑排序。

这个时候若我们发现有环，就可以直接 NO 退出。

否则一定有解。

我们考虑一个 DAG 的拓扑序的定义：若 $u \to v$ 的边存在，则 $u$ 的拓扑序比 $v$ 的拓扑序小。

所以我们容易得到，对于每一条无向边，直接考虑这条边连着的两个点哪个拓扑序小，从小的点往大的点连边，就一定不会出现环（因为这样连边原 DAG 的拓扑序不会改变，自然还是一个 DAG）。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,m,k,a[maxn],in[maxn],cnt;
vector<int> G[maxn];
queue<int> q; 
signed main(){
	freopen("cause.in","r",stdin);
	freopen("cause.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v);
		in[v]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]){
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int u=q.front();
		q.pop(); 
		a[u]=++cnt;
//		cout<<u<<endl;
		for(int i=0;i<G[u].size();i++){
			int v=G[u][i];
			in[v]--;
			if(!in[v]){
				q.push(v);
			}
		}
	}
	if(cnt!=n){
		cout<<"NO"<<endl;
		return 0;
	}
	cout<<"YES"<<endl;
	cin>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		if(a[u]>a[v]){
			swap(u,v);
		} 
		cout<<u<<" "<<v<<endl;
	}
	return 0;
}

欧拉路

一些定义

欧拉回路：恰好经过每条边一次的回路。
欧拉图：存在欧拉回路的图。
欧拉通路：恰好经过每条边一次的一条路径。
半欧拉图：仅存在欧拉回路的图。

欧拉图的判定

一个无向图 $G$ 为欧拉图，当且仅当这个图的度数为奇数的点个数为 $0$ 。
一个有向图 $G$ 为欧拉图，当且仅当这个图的所有点的出度与入度相等。
一个无向图 $G$ 为半欧拉图，当且精当这个图的度数为奇数的点个数为 $2$ 。

$Hierhozer$ 算法

算法流程为从一条回路开始，每次任取一条目前回路中的点，将其替换为一条简单回路，以此寻找到一条欧拉回路。如果从路开始的话，就可以寻找到一条欧拉路。

posted @ 2023-09-10 16:03 luqyou 阅读(43) 评论(0) 编辑收藏举报

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