图论杂题

\(Redundant\ Paths\ G\)

[P2860 USACO06JAN] Redundant Paths G - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

给定一张\(n\)个点\(m\)条边的连通无向图，求最少加多少条无向边，才能变成边双连通图。

先求原图的边双，将一个边双看作一个点，那么在新图中，每个点都是边双，边都是割边。我们发现不连通的情况是只连有一条边的点，即叶节点，所以只要加边将叶节点连起来就行，记录叶节点个数为\(cnt\)，那么答案就是\(\frac{cnt}2+1\)。

\(We\ need\ more\ Bosses\)

We Need More Bosses - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

给定无向图，找到两个点\(s,t\)，使得 \(s\)到\(t\)必须经过的边最多，无论\(s,f\)哪条路径都要经过的边就是必须经过的边。

必须经过的路径其实就是割边，\(s,t\)分属两个边双，则必须经过这个割边。而如果\(s,t\)属于一个边双，则没有必须经过的边。

所以我们将边双看作一个点，建新图，新图显然是一棵树，求最多的必须经过的边就变成了求树的直径。

（70待调）\(SDOI\)战略游戏

[P4606 SDOI2018] 战略游戏 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题意：

这款战略游戏的地图由 \(n\) 个城市以及 \(m\) 条连接这些城市的双向道路构成，并且从任意一个城市出发总能沿着道路走到任意其他城市。

现在小 C 已经占领了其中至少两个城市，小 Q 可以摧毁一个小 C 没占领的城市，同时摧毁所有连接这个城市的道路。只要在摧毁这个城市之后能够找到某两个小 C 占领的城市 \(u\) 和 \(v\)，使得从 \(u\) 出发沿着道路无论如何都不能走到 \(v\)，那么小 Q 就能赢下这一局游戏。

小 Q 和小 C 一共进行了 \(q\) 局游戏，每一局游戏会给出小 C 占领的城市集合 \(S\)，你需要帮小 Q 数出有多少个城市在他摧毁之后能够让他赢下这一局游戏。

题解：

能使得\(u,v\)不相连的点一定是割点，所以求出\(S\)集合内两两点路径上的割点即可。对应到圆方树上，就是求路径中非叶子节点的圆点的数量。但是这样做时间复杂度爆炸，我们考虑等价结论。

发现等价结论为：求一个能覆盖\(S\)的最小连通块\(G'\)，答案为\(G‘\)中圆点的数量减去\(S\)。因为最小连通块保证了叶子节点的圆点一定是\(S\)中的点，其他圆点一定都是非叶子节点。

那么现在问题就转化为怎么求这个树上最小连通块\(G'\)。

我们考虑将\(S\)按\(dfs\)序排序，\(S_1,S_2,...,S_n\)，对于第一次\(path(S_1,S_2)\)，到下一次\(S_i,S_{i+1}\)，路径都是先从\(S_i\)到\(lca(S_i,S_{i+1})\)向上一次的路径回溯一部分，再从\(lca\)到\(S_{i+1}\)。这样到最后只剩下的路径可以由\(path(S_1,S_n)\)包含。其实就是先向下\(dfs\)一次，再回溯一次。所以连通块的大小就是\(|G'|=\frac{dis(S_1,S_2)+dis(S_2,S_3)+...+dis(S_{n-1},S_n)+dis(S_n,S_1)}{2}\)。

对于圆方树，我们就设圆点权值为\(1\)，方点为\(0\)。

最后可导致\(S\)中不连通的城市数量就是\(|G'|-|S|\)。

\(Cow\ Contest\ S\)

[P2419 USACO08JAN] Cow Contest S - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

奶牛之间的比赛结果就反映二者之前的强弱排名，我们有若干强弱先后关系，要给它们排序，在一般图中就是传递闭包用来给多个东西排序。一头奶牛的名次确定，当且仅当它与其它\(n-1\)头奶牛都有强弱关系，那么我们记\(f[u][v]\)表示\(u\)胜过\(v\)，\(f[v][u]\)表示\(v\)胜过\(u\)，只要做传递闭包得到任意奶牛之间的强弱关系就行，时间复杂度\(O(n^3)\)。

（待写）\(CF998div3\ Graph\ Composition\)

Problem - E - Codeforces

题意：

给定两张图\(F,G\)，对于\(F\)可以进行两种操作，删除\(u,v\)之间的一条边，给\(u,v\)加一条边。进行若干次操作使得\(F\)的点之间的连通性与\(G\)的连通性相同，求最小操作次数。

题解：

我们先求出\(G\)的连通性，分成若干连通分量。然后求\(F\)的连通性，如果\(F\)中两点所处同一连通块而\(G\)中并不连通，删掉这条边，删边的操作数\(+1\)。

此时\(F\)中不存在多余的边，而\(G\)中没有。

此时情况是\(F\)可能不存在\(G\)中有的边，然后求出\(F\)的连通块的数量，添加的边数就是\(F\)与\(G\)的连通块的数量差。

\(Bear\ and\ Friendship\ Condition\)

Bear and Friendship Condition - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题意：

给定一张\(n\)点\(m\)条边的图，要求\(A,B\)有边，\(B,C\)有边，则\(A,C\)也要有边，问给定的图是否满足条件。

题解：

条件等价于每个连通块都是一张完全图，那么知道完全图的边数是\(tot(tot-1)/2\)。那么我们就可以用边数来判断是否成立，并查集求连通块及其大小，做法需要无重边，可以去重边或题面保证无重边。

\(K\)度图

题意：

给定一张图，求原图的一个最大子图，使得子图中每个点的连边数都不少于\(k\)。

题解：

考虑拓扑排序的思路，首先我们假设这个最大子图就是原图，因为每个点的度数要不少于\(k\)，所以我们要删掉度数小于\(k\)的点，同时其他点的度数也会减一，按照这个顺序下去，直到剩余的所有点的度数都不小于\(k\)，此时就是最大子图。这跟拓扑排序类似，只不过度数的要求改变了。

\(Labyrinth\)

Labyrinth - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题意：

\(n\)行\(m\)列的迷宫，有空地和障碍，起点在\((r,c)\)，上下移动次数无限制，向左移动最多\(x\)次，向右移动最多\(y\)次，求从起点出发最多到达多少个格子（包括起点）。

题解：

设当前在\((x,y)\)，起点在\((r,c)\)，向左走的步数为\(a\)，向右走的步数为\(b\)，步数的差值固定\(a-b=c-y\)，所以我们可以最小化向左的步数，保证此时向右的步数也是最少的。能否到达该格子，就相当于从起点到该处的向左向右步数都少于限制，设向左的花费为\(1\)，求最短路即可，边权为\(0,1\)，所以双端队列\(01bfs\)。

CF869D

求完全二叉树的子树的siz

\(NOIP2013\)货车运输

[P1967 NOIP 2013 提高组] 货车运输 - 洛谷 (luogu.com.cn)

题意：

\(n\)座城市，\(m\)条双向道路，每条道路有重量限制，有\(q\)辆货车从\(x\)到\(y\)，询问是否能到达，若能到达则最大载重是多少。

题解：

在一张图中为了载重最大，会有许多道路是不会被经过的，这启发我们求一棵最大生成树。然后对于\(x\)到\(y\)路径的最大载重，可以在\(lca\)的过程中倍增维护。

另一种做法是\(Kruskal\)重构树，题目本质就是求图上两点路径的最小权值的最大值，求出最大生成树的重构树，则\(x,y\)的最大载重就是\(x,y\)的\(lca\)的点权。

\(CF1706E\ Qpwoeirut\ and\ Vertices\)

CF1706E Qpwoeirut and Vertices - 洛谷 (luogu.com.cn)

题意：

给出\(n\)个点，\(m\)条边的不带权连通无向图，\(q\)次询问至少要加完编号前多少的边，才能使得\([l,r]\)中的所有点两两连通。

题解：

我们给边赋予一个边权，大小是边的编号。加完某个编号前的所以的边使得\(x,y\)连通，这个答案就是原图\(x,y\)路径上权值的最小值。这就是在求路径上最大权值的最小值，发现这个求最小生成树的\(Kruskal\)重构树即可，答案就是\(w(lca_{x,y})\)。那对于区间\([l,r]\)就是区间\([l,r]\)的\(lca\)的点权。

然后问题转化为如何求出区间\(lca\)。我们发现区间\(lca\)就等价于区间内\(dfs\)序最小的点和\(dfs\)序最大的点的\(lca\)。维护区间\(min(max)dfs\)序即可，\(ST\)表或线段树。

\(NOI2018\)归程

[P4768 NOI2018] 归程 - 洛谷 (luogu.com.cn)

题意：

\(n\)个点\(m\)条边的无向连通图，每条边有长度和海拔两个权值。\(t\)组数据，终点在\(1\)号点，\(q\)次询问，每次给出当前起点\(v\)和当前水位线\(p\)。海拔高于水位线的道路可以无代价通过，否则代价为道路长度，最小化代价。

题解：

水位线相当于限制了边权，海拔高于\(p\)的可无代价通过。发现每次路径肯定都是先坐车到一个地方，然后再走它的最短路到\(1\)。我们可以按海拔排序，建最大生成树的\(Kruskal\)重构树，新点的权值是道路的海拔，这样是一个小根堆，\(p\)水位线相当于在树上画了一条水平线，在线下的点都可以无花费连通，我们只要求这棵子树中的最小答案即可。\(dij\)预处理每个点到\(1\)的最短路，然后做树形\(dp\)计算每个子树的最小值。对于每次起点\(v\)，倍增找到它能无花费到达的最浅的点，答案就是这棵子树的\(dp\)值。多测注意清空。

倍杀测量者

题意：

当一位选手 A 的分数不小于选手 B 的分数 \(k\)（\(k>0\)）倍时，我们称选手 A \(k\) 倍杀 了选手 B，选手 B 被 选手 A \(k\) 倍杀 了。

更奇妙也更激动人心的是，训练前有不少选手立下了诸如 “我没 \(k\) 倍杀选手 X，我就女装”，“选手 Y 把我 \(k\) 倍杀，我就女装” 的 Flag。

知道真相的良心教练 Patchouli 为了维持机房秩序，放宽了选手们的 Flag 限制。Patchouli 设定了一个 正 常数 \(T\)，立下 “我没 \(k\) 倍杀选手 X 就女装” 的选手只要成功 \(k - T\) 倍杀了选手 X，就不需要女装。同样的，立下 “选手 Y 把我 \(k\) 倍杀我就女装” 的选手只要没有成功被选手 Y \(k+T\) 倍杀，也不需要女装。

提前知道了某些选手分数和具体 Flag 的 Scarlet 实在不忍心看到这么一次精彩比赛却没人女装，为了方便和 Patchouli 交易，Scarlet 想要确定最大的实数 \(T\) 使得赛后一定有选手收 Flag 女装。

题解：

首先我们对每个人都不需要女装的限制建图，不等式为\(A\ge (K-T)B,(K+T)A\ge B\)。

限制条件考虑差分约束，乘法化为加法不难想到取对数，即化为\(log(A)-log(K-T)\ge log(B),log(A)+log(K+T)\ge log(B)\)。

同时我们还知道\(t\)名同学的真实成绩，考虑建立源点\(0\)，等于的限制可拆为大于等于并且小于等于。即\(dis(0)+dis(c)\ge x,dis(0)+dis(c)\le x\)。

建图后，如果存在负环，就表明无法满足约束条件，肯定有人女装。对于答案\(T\) 显然具有二分性，二分这个值即可。