24暑假集训day4上午&下午

基础图论

图的存储方式

无向边可以拆成两条有向边

1. 邻接矩阵

邻接矩阵：若 $𝑖 \to 𝑗$ 存在有向边，则令矩阵 $𝐴 [𝑖] [𝑗] = 1$ 。

遍历一个点的所有出边是 $𝑂 (𝑛)$ 的。

空间复杂度 $𝑂 (𝑛^{2})$ 。

总结：复杂度太高，尽量不使用

bool hasEdge[MAXN][MAXN];
int n,m;
signed main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0,u,v;i<m;i++){
      	int u, v;
	cin >> u >> v;
        hasEdge[u][v]=true;
    }
    for(int v=0;v<n;v++){
        if(hasEdge[u][v]){
            //......
        }
    }
    return 0;
}

2. 邻接表

方法：每个节点开一个链表，存储所有连出去的边。

遍历一个点 $𝑥$ 的所有出边是 $𝑂 (𝑜 𝑢 𝑡_{𝑥})$ 的，其中 $𝑜 𝑢 𝑡_{𝑥}$ 为 $𝑥$ 的出度。

空间复杂度 $𝑂 (𝑛 + 𝑚)$ 。

const int N = 1e5 + 10, M = 1e5 + 10;
int head[N], nxt[M], point[M];
int n, m, totEdge;
void addEdge(int u, int v){
	totEdge++;
	nxt[totEdge]= head[u];
	point[totEdge]=v;
	head[u]= totEdge;
}
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i=0;i < m; i++){
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		addEdge(u, v);
	}
	for(int i= head[u]; i; i = nxt[i]){
		int v = point[i];
 		//......
	}
	return 0;
}

3. vector

每个节点开一个 vector ，存储所有连出去边的终点。

遍历一个点 $𝑥$ 的所有出边是 $𝑂 (𝑜 𝑢 𝑡_{𝑥})$ 的，其中 $𝑜 𝑢 𝑡_{𝑥}$ 为 $𝑥$ 的出度。

空间复杂度 $𝑂 (𝑛 + 𝑚)$ 。

实际上与邻接表类似。

int n,m;
vector<int> nextPoints[MAXN];
signed main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0,u,v;i<m;i++){
        cin>>u>>v;
        nextPoints[u].push_back(v);
    }
    for(int v=0;v<n;v++){
        //......
    }
    return 0;
}

总结：使用邻接表或 vector 来存，复杂度小

DFS 找环

维护一个 DFS 的栈。

在枚举下一个点时检查是否已在栈中。

复杂度 $𝑂 (𝑛 + 𝑚)$ 。

如果是无向图，由于需要排除大小为 $2$ 的环，可以记录 $𝑥$ 的上一个点 $𝑙 𝑎 𝑠 𝑡$ ， $𝑦 = 𝑙 𝑎 𝑠 𝑡$ 时直接跳过。

const int MAXN=100005;
bool vis[MAXN],inStack[MAXN];
int n,m;
vector<int> nextPoints[MAXN];
bool dfs(int x){
    vis[x]= true;
    inStack[x]= true;
    bool result = false;
    for(auto y: nextPoints[x]){
        if(inStack[y])
            result = true;
        if(!vis[y])
            result |= dfs(y);
    }
    inStack[x]= false;
    return result;
}
signed main(){
    cin >>n >> m;
    for(int i=0,u, v; i< m; i++){
        cin >>u >> v;
        nextPoints[u].push_back(v);
    }
    bool hasLoop = false;
    for(int i=0;i<n; i++){
        if(!vis[i])
            hasLoop |= dfs(i);
    }
    return 0;
}

图的连通性问题

问题：加入 $𝑚$ 条边，问两点之间是否连通。

可以使用并查集维护。

int fa[N];
int n, m;
int find(int x){
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void merge(int u, int v){
	fa[find(u)]= find(v);
}
bool isConnected(int u,int v){
	return find(u)== find(v);
}
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 0; i < n; i++){
		fa[i] = i;
	}
	for(int i = 0; i < m; i++){
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		if(!isconnected(u, v))
			merge(u, v);
	}
	return 0;
}

并查集

适用于：合并两个连通块、查询两个节点是否位于同一连通块问题

对于每个节点 $𝑥$ ，记录所在集合的代表元素 $𝑓 [𝑥]$ 。如果在节点 $𝑥$ 与 $𝑦$ 之间连一条边，只需要令 $𝑓 [𝑓 [𝑥]] = 𝑓 [𝑦]$ 。

优化

考虑优化

方法：路径压缩，按秩合并。

只用其一则复杂度为 $𝑂 (𝑛 \log 𝑛)$ ，二者并用复杂度为 $O (n α (n))$ （都为均摊）。

注意：

𝑓 [𝑥] = 𝑥, 𝑆 𝑖 𝑧 𝑒 [𝑥] = 1

int find(int x){
	if(f[x] == x){
		return x;
	}
	return f[x] = find(f[x]);// 此处为路径压缩
}
void merge(int x4, int y){
	x = find(x), y = find(y);
	if(size[x] > size[y]){
		swap(x, y);	
	}
	f[x] = y, size[y] += size[x];// 此处为按秩合并
}

T1 程序自动分析

问题简述：

给定 $𝑛$ 个变量 $𝑥_{𝑖}$ ，以及 $𝑚$ 个限制，形如 $𝑥_{𝑖} = 𝑥_{𝑗}$ 或者 $𝑥_{𝑖} \neq 𝑥_{𝑗}$ ，问这些限制是否能够全部满足。

思路：并查集和离散化直接用

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 100000005;

struct opt{
    int x, y, e;
} nn[M];

int t, n;
int num[M];
int cnt[M];

inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

int find(int x) {
    return x==num[x] ? x:num[x] = find(num[x]);
}

bool cmp(opt a, opt b) {
    return a.e > b.e;
}

int main() {
    t = read();
    while(t--) {
        int tot = 0;
        n = read();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            nn[i].x = read();nn[i].y = read();nn[i].e = read();
            cnt[tot++] = nn[i].x; cnt[tot++] = nn[i].y;
        }
        sort(cnt, cnt+tot);
        int len = unique(cnt, cnt+tot) - cnt;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            nn[i].x = lower_bound(cnt, cnt+len, nn[i].x) - cnt;
            nn[i].y = lower_bound(cnt, cnt+len, nn[i].y) - cnt;
        }
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            num[i] = i;
        }
        sort(nn, nn+n, cmp);
        int flag = 1;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int f1 = find(nn[i].x), f2 = find(nn[i].y);
            if (nn[i].e == 1) {
                if (f1 != f2) num[f1] = f2;
            }
            else {
                if (f1 == f2) {
                    flag = 0;
                    break;
                }
            }
        }
        if (flag) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

并查集 – 扩展域

T2 食物链

问题简述：

有三种动物 $𝐴, 𝐵, 𝐶$ ， $𝐴$ 吃 $𝐵$ ， $𝐵$ 吃 $𝐶$ ， $𝐶$ 吃 $𝐴$ 。

现在有 $𝑛$ 只动物，每只属于 $𝐴, 𝐵, 𝐶$ 中的一种。

给出 $𝑚$ 条限制，形如 $𝑥, 𝑦$ 品种相同，或者 $𝑥$ 吃 $𝑦$ 。

询问有哪些限制与前面的限制冲突（如果冲突，这条限制就失效）

思路：见图

最小生成树

定义：无向图中所有生成树中，边权和最小的。

最小生成树：Kruskal

从“边权最小的边一定在最小生成树中”的想法入手，每次加入边权最小的边 $(𝑢, 𝑣, 𝑤)$ ，并把 $𝑢$ 和 $𝑣$ 合并为一个连通块。

也即，把所有的边按照边权排序，查看每条边是否与之前的边成环（使用并查集），若不成环则加入最小生成树。

复杂度 $𝑂 (𝑚 l o g 𝑚)$ 。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<unordered_map>
#include<bitset>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=100005;
struct edge {
    int u, v, w;
}edges[MAXN];

bool compare(edge A,edge B){
    return A.w < B.w;
}

int fa[MAXN];
int n, m;

int find(int x){
    return fa[x]==x?x: fa[x]= find(fa[x]);
}
void merge(int u, int v){
    fa[find(u)]=find(v);
}
signed main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i=0; i < m; i++){
        cin >>edges[i].u >> edges[i].v >> edges[i].w;
    }
    sort(edges,edges + m,compare);
    for(int i=0; i <n; i++){
        fa[i]=i;
    }
    int totWeight =0;
    for(int i =0; i < m; i++){
        if(find(edges[i].u)!= find(edges[i].v)){
        merge(edges[i].u, edges[i].v);
        totWeight + edges[i].w;
        }
    }
}

最小生成树：Prim

或者维护一个连通块，每次向外延伸一条最短边，将新的点合并进连通块内。

时间复杂度 $𝑂 (𝑛 𝑚)$ ，使用优先队列进行优后 $𝑂 (𝑚 \log 𝑛)$ 。

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <bitset>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int dis[N];
int n, m;
bool vis[N];
vector<pair<int, int> >edges[N];
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 0,u , v, w; i< m; i++){
		cin >> u >> v >> w;
		edges[u].emplace_back(v, w);
		edges[v].emplace_back(u, w);
	}
	vis[1]= true;
	int totWeight=0;
	for(int T = 0;T < n - 1; T++){
		memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
		for(int i=0;i<n; i++){
			if(!vis[i]){
				continue;
			}
			for(auto edge : edges[i]){
				if(!vis[edge.first]){
					dis[edge.first] = min(dis[edge.first], edge.second);
				}
			}
		}
		int min_dis = 1 << 30, min_id = 0;
		for(int i = 0;i < n; i++){
			if(!vis[i] && dis[i] < min_dis){
				min_dis = dis[i], min_id = i;
			}
			totWeight += min_dis;
			vis[min_id]= true;
		}
	}		
	return 0;
}

Prim 的优化

每次找出向外“延伸的最短边”可以用优先队列优化

其实这样写复杂度不是严格 $𝑂 (𝑚 \log 𝑛)$ ，因为队列大小可能 $> 𝑛$ （但是是 $𝑂 (𝑚 \log 𝑚)$ ）。使用平衡树可以变为严格 $𝑂 (𝑚 \log 𝑛)$ 。

void dfs(int x,int parent,int depth){
	pos[x]=++time;
	f[0][time]=make_pair(depth,x);
	for(auto &y:son[x]){
		if(y!=parent){
			dfs(y,x,depth+1);
			f[0][++time]=make_pair(depth,x);
		}
	}
}
for(int i=2;i<=time;i++){
	high_bit[i]=high_bit[i>>1]+1;
}
for(int i=1;i<=high_bit[time];i++){
	for(int j=1;j+(1<<i)-1<=time;j++){
		f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i-1][j+(1<<i-1)]);
	}
}
int lca(int x,int y){
	int L=min(pos[x],pos[y]),R=max(pos[x],pos[y]);
	int x=high_bit[R-L+1];
	return min(f[x][L],f[x][R-(1<<x)+1]).second;
}

最小生成树

如果图中某些边边权相等，则最小生成树可能不唯一。使用 Kruskal 算法或者 Prim 算法可以求出某个最小生成树。

RMQ LCA

利用 st 表可以 $𝑂 (𝑛 \log 𝑛) - 𝑂 (1)$ 求 LCA 。

观察欧拉序中 $𝑥$ 走到 $𝑦$ 的过程（假设 $𝑥$ 欧拉序小于 $𝑦$ ），发现在这段区间内，深度最小的点就是 LCA 。

记 $𝑓 (𝑖, 𝑗)$ 为欧拉序中 $[𝑖, 𝑖 + 2^{𝑗} - 1]$ 的最浅深度， $𝑔 (𝑖, 𝑗)$ 为其编号。

dfs 预处理。

$(𝑓, 𝑔)$ 记为一个 $p a i r < i n t, i n t >$ 更方便。

const int MAXX = 1e5 + 10, MAXN = 1e9 + 10;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
    return x*f;
}
int f[MAXN][MAXN];
int fa[MAXN];
int dep[MAXN];
int lca(int x,int y){
    if(dep[x]>dep[y])
        swap(x,y);
    for(int j=20;j>=0; j--)
        if(dep[f[y][j]]>= dep[x])
            y=f[y][j];
    if(x == y)
        return x;
    for(int j=20;j>=0; j--){
        if(f[x][j]!= f[y][j]){
            x=f[x][j];
            y=f[y][j];
        }
    }
    return f[x][0]; //f[x][e] == f[y][e]
}
    
signed main(){
    f[i][0] = fa[i];
    for(int j = 1;j <= 20;j++){
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
        }
    }
    return 0;
}

最短路径问题

单源最短路：给定起点 $𝑠$ ，求出 $𝑠$ 到其它所有点的最短路。

边权任意（Bellman−Ford,SPFA） / 边权非负（Dijkstra）。

多源最短路：求出所有点对之间的最短路。边权任意
（Floyd）。

多源最短路：Floyd

设 $𝑓 (𝑘, 𝑖, 𝑗)$ 为，在仅考虑编号 $\leq 𝑘$ 的节点时， $𝑖 \to 𝑗$ 的最短距离（路径上除了 $𝑖, 𝑗$ 外节点编号都 $\leq 𝑘$ ）。

𝑓 (𝑘, 𝑖, 𝑗) = min (𝑓 (𝑘 - 1, 𝑖, 𝑗), 𝑓 (𝑘 - 1, 𝑖, 𝑘) + 𝑓 (𝑘 - 1, 𝑘, 𝑗))

复杂度 $𝑂 (𝑛^{3})$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,dis[...][...];
int main(){
	cin >> n >> m;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin >> u >> v >> w;
		dis[u][v]=min(dis[u][v],w);
	}
	for(int k=0;k<n;k++)
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int j=0;j<n;j++)
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][j]+dis[k][j]);
	return 0;
}

以 $𝑖, 𝑗, 𝑘$ 顺序枚举错误的例子：

由于是按照 $𝑖, 𝑗, 𝑘$ 顺序枚举的，则 $𝑑 𝑖 𝑠 [0] [1]$ 只会在第4一轮更新。但此时 $𝑑 𝑖 𝑠 [2] [1]$ 和 $𝑑 𝑖 𝑠 [0] [3]$ 都是 $I N F$ ，导致无法更新到 $𝑑 𝑖 𝑠 [0] [1]$ 。

/*wrong*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,dis[...][...];
int main(){
	cin >> n >> m;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin >> u >> v >> w;
		dis[u][v]=min(dis[u][v],w);
	}
	for(int i=0;k<n;k++)
		for(int j=0;i<n;i++)
			for(int k=0;j<n;j++)
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
	return 0;
}

单源最短路：Bellman−Ford

当图中存在负环时，可以先从 $𝑠$ 走到负环，然后无限绕圈，则 $𝑠 \to 𝑖$ 的路径可以无限小。

此时表现为一直有某些个 $𝑑 𝑖 𝑠$ 被成功更新。因为如果不存在负环，那么 $𝑠 \to 𝑖$ 的最短路边数一定 $\leq 𝑛 - 1$ ，则更新完 $𝑛 - 1$ 轮后， $𝑑 𝑖 𝑠$ 不再变化。

所以可以额外检查是否一直有 $𝑑 𝑖 𝑠$ 被更新，以此来判断图中是否有负环。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge{
	int u,v,w;
}edges[...];
int n,m,s,dis[...];
int main(){
	cin >> n >> m >> s;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++)cin >> edges[i].u >> edges[i].v >> edges[i].w;
	dis[s]=0;
	for(int T=0;T<n;T++)
		for(int i=0;i<m;i++)
			dis[edges[i].v]=min(dis[edges[i].v],dis[edges[i].u]+edges[i].w);
	return 0;
}

单源最短路：SPFA

SPFA 算法是队列优化的 Bellman−Ford 算法。

一开始将 $𝑠$ 置入队列，每次取出队头，并将有效松弛后的点重新置入队列，表示可以用这个点更新其它点。

由于无负环时，每个点最多入队 $𝑛 - 1$ 次，则复杂度 $𝑂 (𝑛 𝑚)$ 。在不被特意卡的随机情况下复杂度约为 $𝑂 (𝑘 𝑚)$ ， $𝑘$ 为某常数。

不要使用 SLF, LLL 等“优化”，会被卡到指数级。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,s,dis[...];
bool inqueue[...];
queue<int> Q;
vector<pair<int,int> > edges[...];
int main(){
	cin >> n >> m >> s;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin >> u >> v >> w;
		edges[u].emplace_back(v,w);
	}
	dis[s]=0;
	Q.push(s);
	inqueue[s]=true;
	while(!Q.empty()){
		int x=Q.front();
		Q.pop();
		inqueue[x]=false;
		for(auto edge:edges[x]){
			if(dis[edge.first]<=dis[x]+edge.second)continue;
			dis[edge.first]=dis[x]+edge.second;
			if(!inqueue[edge.first]){
				Q.push(edge.first);
				inqueue[edge.first]=true;
			}
		}
	}
	return 0;
}

如果某个节点入队次数 $\geq 𝑛$ ，则表示其被成功松弛 $\geq 𝑛$ 次。

与 Bellman−Ford 类似，此时说明图中存在负环。

所以可以额外记录每个节点的入队次数。

或者可以记录每个节点的最短路边数 $𝑐 𝑛 𝑡 [𝑖]$ ，当用 $𝑢$ 更新 $𝑣$ 时，令 $𝑐 𝑛 𝑡 [𝑣] = 𝑐 𝑛 𝑡 [𝑢] + 1$ 。如果 $𝑐 𝑛 𝑡 [𝑖] \geq 𝑛$ ，则存在负环。

单源最短路：Dijkstra

在边权非负的情况下，可以使用 Dijkstra 算法。

类似于 Prim 算法，维护一个已经考虑完毕点的集合，每次向外拓展最短距离的点。

使用优先队列优化，复杂度为 $𝑂 ((𝑛 + 𝑚) \log 𝑛)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
int n,m,s,dis[...];
bool vis[...];
vector<pii> edges[...];
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > Q;
int main(){
	cin >> n >> m >> s;
	for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){
		cin >> u >> v >> w;
		edges[u].emplace_back(v,w);
	}
	Q.push({0,s});
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[s]=0;
	while(!Q.empty()){
		pii info=Q.top();
		Q.pop();
		int x=info.second;
		if(dis[x]!=info.first)continue;
		for(auto e:edges[x]){
			if(dis[e.first]<=dis[x]+e.second)
				continue;
			dis[e.first]=dis[x]+e.second;
			Q.push({dis[e.first],edge.first});
		}
	}
	return 0;
}

Dijkstra 是一个贪心算法。与 SPFA 算法不同的是，ijkstra 过程中每个节点只会入队一次。

其正确性建立在边权非负的基础上。假设 $1$ 号点到 $5$ 号点的最短路径具体为 $1 \to 2 \to 4 \to 5$ ，由于 $4 \to 5$ 这条边权非负，那么在加入 $5$ 号点之前， $4$ 号点一定被加入过了。从而最短路径一定会被考虑到。

如果边权可以为负，则不能使用 Dijkstra 算法。

一个反例：

在这个反例中，会首先从 $0$ 号点拓展 $1$ 号点，错误。

单源最短路：01−BFS

当边权仅为 $0/1￥时，可以使用 01−BFS 算法计算单元最短路。

维护双端队列，遇到 $0$ 边时将下一个点加到队头，遇到 $1$ 边时将下一个点加到队尾。

这样在 BFS 到某个点时，会先访问所有与其距离为 $0$ 的点。

相当于先把所有 $0$ 边缩起来，再跑一般的 BFS 。

复杂度 $𝑂 (𝑛 + 𝑚)$ 。

（右图中的写法可能一个点入队多次，不过由于 $𝑑 𝑖 𝑠$ 小的情况一定在前，所以不影响复杂度）

posted @ 2024-08-03 17:18 Yantai_YZY 阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 24暑假集训day5下午

· 24暑假集训day5上午

· 图论最短路算法笔记

· 常用代码模板3——搜索与图论

· C++算法之旅、06 基础篇 | 第三章图论

公告

昵称： Yantai_YZY
园龄： 10个月
粉丝： 0
关注： 1

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

1. CSPJ初赛题库，每天1套题(1)

yantaiyzy2024

24暑假集训day4上午&下午

基础图论

图的存储方式

1. 邻接矩阵

2. 邻接表

3. vector

DFS 找环

图的连通性问题

并查集

优化

并查集 – 扩展域

最小生成树

最小生成树：Kruskal

最小生成树：Prim

Prim 的优化

最小生成树

RMQ LCA

最短路径问题

多源最短路：Floyd

单源最短路：Bellman−Ford

单源最短路：SPFA

单源最短路：Dijkstra

单源最短路：01−BFS

公告

搜索

常用链接

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

最新评论