NOIp 图论算法专题总结 (2)

时间  2020-06-09
标签 noip 图论 算法 专题 总结 繁體版
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系列索引：html

树链剖分

https://oi-wiki.org/graph/heavy-light-decomposition/算法

  • qRange：将树从 $x$ 到 $y$ 结点最短路径上全部节点的值都加上 $val$
  • updRange：求树从 $x$ 到 $y$ 结点最短路径上全部节点的值之和
  • qSon：将以 $x$ 为根节点的子树内全部节点值都加上 $val$
  • updSon：求以 $x$ 为根节点的子树内全部节点值之和

时间复杂度 $O(n\log^2n)$。ui

int w[N], wt[N];
int t[N<<2], laz[N<<2];
int son[N], id[N], fa[N], dep[N], siz[N], top[N];

inline void pushdown(int k, int len) {
	laz[k<<1]+=laz[k];
	laz[k<<1|1]+=laz[k];
	t[k<<1] = (t[k<<1] + laz[k]*(len-(len>>1))) % MOD;
	t[k<<1|1] = (t[k<<1|1] + laz[k]*(len>>1)) % MOD;
	laz[k]=0;
}
void build(int k, int l, int r) {
	if (l==r) {t[k] = wt[l] % MOD; return; }
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1, l, mid);
	build(k<<1|1, mid+1, r);
	t[k] = (t[k<<1] + t[k<<1|1]) % MOD;
}
int query(int k, int l, int r, int x, int y) {
	if (x<=l && r<=y) {return t[k]; }
	if (laz[k]) pushdown(k, r-l+1);
	int mid=(l+r)>>1, res=0;
	if (x<=mid) res = (res + query(k<<1, l, mid, x, y)) % MOD;
	if (y>mid) res = (res + query(k<<1|1, mid+1, r, x, y)) % MOD;
	return res;
}
void update(int k, int l, int r, int x, int y, int val) {
	if (x<=l && r<=y) {laz[k]+=val, t[k]+=val*(r-l+1); return; }
	if (laz[k]) pushdown(k, r-l+1);
	int mid=(l+r)>>1;
	if (x<=mid) update(k<<1, l, mid, x, y, val);
	if (y>mid) update(k<<1|1, mid+1, r, x, y, val);
	t[k] = (t[k<<1] + t[k<<1|1]) % MOD;
}

inline int qRange(int x, int y) {
	int ans=0;
	while (top[x]!=top[y]) {
		if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
		ans = (ans + query(1, 1, n, id[top[x]], id[x])) % MOD;
		x=fa[top[x]];
	}
	if (dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
	ans = (ans + query(1, 1, n, id[x], id[y])) % MOD;
	return ans;
}
inline void updRange(int x, int y, int val) {
	val %= MOD;
	while (top[x]!=top[y]) {
		if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
		update(1, 1, n, id[top[x]], id[x], val);
		x=fa[top[x]];
	}
	if (dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
	update(1, 1, n, id[x], id[y], val);
}
inline int qSon(int x) {
	return query(1, 1, n, id[x], id[x]+siz[x]-1);
}
inline void updSon(int x, int val) {
	update(1, 1, n, id[x], id[x]+siz[x]-1, val);
}

void dfs1(int x, int f, int d) {
	dep[x] = d, fa[x] = f, siz[x] = 1;
	int heavy=-1;
	for (rint i=head[x]; i; i=nex[i]) {
		int &y=to[i]; if (y==f) continue;
		dfs1(y, x, d+1);
		siz[x]+=siz[y];
		if (siz[y]>heavy) son[x]=y, heavy=siz[y];
	}
}
void dfs2(int x, int tp) {
	id[x]=++id[0], wt[id[0]]=w[x], top[x]=tp;
	if (!son[x]) return;
	dfs2(son[x], tp);  // heavy son first
	for (rint i=head[x]; i; i=nex[i]) {
		int &y=to[i]; if (y==fa[x] || y==son[x]) continue;
		dfs2(y, y); // light son with new chain
	}
}

dfs1(root, 0, 1);
dfs2(root, root);
build(1, 1, n);

<br />spa

求树的重心

https://oi-wiki.org/graph/tree-misc/code

拓扑排序

在顶点活动网 (Activity On Vertex network, AOV) 中，若不存在回路，则全部活动可排列成一个线性序列，使得每一个活动的全部前驱活动都排在该活动的前面，咱们把此序列叫作拓扑序列 (Topological order)，由 AOV 网构造拓扑序列的过程叫作拓扑排序 (Topological sort)。AOV 网的拓扑序列不是惟一的，知足上述定义的任一线性序列都称做它的拓扑序列。htm

Kahn 算法：blog

将入度为 0 的边组成一个集合 $S$，每次从 $S$ 里面取出一个顶点 $v$ (能够随便取) 放入 $L$，而后遍历顶点 $v$ 的全部边 $(u_1, v), (u_2, v), (u_3, v) \cdots$ 并删除，判断若是该边的另外一个顶点在移除这一条边后入度为 0，那么就将这个顶点放入集合 $L$ 中。排序

不断地重复取出顶点。索引

最后当集合为空后，就检查图中是否存在任何边。若是有，那么这个图必定有环路，不然返回 $L$，$L$ 中顺序就是拓扑排序的结果。队列

经常使用队列实现 $S$ 集合。时间复杂度 $O(V+E )$。

int ind[N], topo[N], cnt;
queue<int> q;

for (int i=1, a, b; i<=m; i++)
    scanf("%d%d", &a, &b), add(a, b), ++ind[b];
for (int i=1; i<=n; i++) if (!ind[i]) q.push(i);
while (!q.empty()) {
    int t = q.top(), q.pop(); topo[++cnt] = t;
    for (int i=head[t]; i; i=nex[i]) {
        --ind[to[i]];
        if (!ind[to[i]]) q.push(to[i]);
    }
}
if (cnt < n) printf("有环！")

<br />

强连通份量

在一个有向图中，若是某两点间都有互相到达的路径，那么称中两个点强连通，若是任意两点都强连通，那么称这个图为强连通图；一个有向图的极大强连通子图称为强连通份量。

一个强连通份量中的点必定处于搜索树中同一棵子树中。

Tarjan 算法：

  • low[] 表示这个点以及其子孙节点连的全部点中dfn最小的值.
  • s[] 表示当前全部可能能构成是强连通份量的点.
  • col[] 对强连通份量进行染色.
  • v[to[k]]==false 说明不管如何这个点也不能与u构成强连通份量，由于它不能到达u.
  • low[x]==dfn[x] 说明u点及u点之下的全部子节点没有边是指向u的祖先的了，即u点与它的子孙节点构成了一个最大的强连通图即强连通份量.
  • if (!dfn[i]) tarjan(i); Tarjan一遍不能搜完全部的点，由于存在孤立点. 因此咱们要对一趟跑下来尚未被访问到的点继续跑Tarjan.

均摊时间复杂度 $O(n)$.

int dfn[N], low[N], t, s[N], st;
int col[N], ct;
bool v[N];

void tarjan(int x) {
    dfn[x]=low[x]=++t, s[++st]=x, v[x]=true;
    for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
        if (dfn[to[k]]) {if (v[to[k]]) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]); }
        else tarjan(to[k]), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
    }
    if (low[x]==dfn[x]) {
        col[x]=++ct, v[x]=false;
        while (s[st]!=x) col[s[st]]=ct, v[s[st--]]=false;
        --st;
    }
}

for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i);

[USACO06JAN] The Cow Prom:

for (rint i=1; i<=n; ++i) ++cnt[col[i]];
for (rint i=1; i<=ct; ++i) if (cnt[i]>1) ++ans;
printf("%d\n", ans);

缩点

缩点: 对于 贡献具备传递性 的题，由于强连通份量中的每两个点都是强连通的，能够将一个强连通份量当作一个 超级点，而点权按题意来定.

POJ2186 Popular Cows: 告诉你有n头牛，m个崇拜关系，而且崇拜具备传递性，若是a崇拜b，b崇拜c，则a崇拜c，求最后有几头牛被全部牛崇拜.

显然一个强联通份量内的全部点都是知足条件的，咱们能够对整张图进行缩点，而后就简单了.

剩下的全部点都不是强连通的，如今整张图就是一个DAG（有向无环图）.

那么就变成一道水题了，由于这是一个有向无环图，不存在全部点的出度都不为零的状况.

因此必然有1个及以上的点出度为零，若是有两个点出度为零，那么这两个点确定是不相连的，即这两圈牛不是互相崇拜的，因而此时答案为零，若是有1个点出度为0，那么这个点就是被全体牛崇拜的.

这个点多是一个强联通份量缩成的 超级点，因此应该输出整个强联通份量中点的个数.

— stxy-ferryman

/* 以上同 Tarjan 求强连通份量. */

int deg[N], cnt[N];
int tot=0, ans=0;

for (int i=1; i<=n; ++i) {
    for (int k=head[i]; k; k=nex[k]) if (col[to[k]]!=col[i]) ++deg[col[i]];
    ++cnt[col[i]];
}
for (int i=1; i<=ct; ++i) if (!deg[i]) ++tot, ans=cnt[i];
if (!tot || tot>1) printf("0\n"); else printf("%d\n", ans);

割点、桥

无向图.

割点

特判：根节点若是有两个及以上的儿子，那么他也是割点.

int dfn[N], low[N], t, root;
bool cut[N];

void tarjan(int x) {
    int flag=0;
    dfn[x]=low[x]=++t;
    for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
        if (dfn[to[k]]) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]);
        else {
            tarjan(to[k]), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
            if (low[y]>=dfn[x]) {
                ++flag;
                if (x!=root || flag>1) cut[x]=true;
            }
        }
    }
}

for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(root=i);
for (int i=1; i<=n; ++i) if (cut[i]) printf("%d ", i);

桥

邻接表存图编号从2开始. 即开头 head[0]=1;.

int dfn[N], low[N], t;
bool bdg[N<<1];

void tarjan(int x, int last) {
    dfn[x]=low[x]=++t;
    for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
        if (dfn[to[k]]) if (i!=(last^1)) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]);
        else {
            tarjan(to[k], k), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
            if (low[y]>=dfn[x]) bdg[k]=bdg[k^1]=true;
        }
    }
}

for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);
for (int i=2; i<head[0]; i+=2) if (bdg[i]) printf("%d %d\n", to[i^1], to[i]);

杂项

图论技巧

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