图论

连通性相关

SCC & 缩点

这个概念是在有向图里的。

void tarj(ll u) {
	dfn[u] = low[u] = ++ tim; 
	stk.push(u); instk[u] = true; 
	for (auto x : G[u]) {
		if (!dfn[x]) {
			tarj(x); 
			low[u] = min(low[u], low[x]); 
		}
		else if (instk[x]) 
			low[u] = min(low[u], dfn[x]); 
	}
	if (low[u] == dfn[u]) {
		++ tot; ll x; 
		do {
			x = stk.top(); stk.pop(); 
			scc[tot].pb(x); 
			bel[x] = tot; 
			instk[x] = false; 
		} while (x != u); 
	}
}

缩点就是把相同 scc 的点缩成一个，然后在新的 dag 上做事情。

割点 / 点双

无向图里定义。
割点：如果去掉某个点与其出边，这个图就不再连通，这个点就是割点。
点双：不存在割点的图即为点双连通图，一个图中的每个极大点双连通子图称即为一个点双。

求割点

void tarj(ll u, ll rt) {
	dfn[u] = low[u] = ++ tim; 
	ll son = 0; 
	for (auto x : G[u]) {
		if (!dfn[x]) {
			tarj(x, rt); 
			low[u] = min(low[u], low[x]); 
			++ son; 
			if (u != rt && low[x] >= dfn[u]) vis[u] = true; 
		}
		else
			low[u] = min(low[u], dfn[x]); 
	}
	if (u == rt && son > 1) 
		vis[u] = true; 
}

求点双

void tarj(ll u, ll rt) {
	dfn[u] = low[u] = ++ tim; stk.push(u); 
	if (u == rt && !G[u].size()) {
		bcc[++ nbcc].pb(u); 
		return ; 
	}
	for (auto v : G[u]) {
		if (!dfn[v]) {
			tarj(v, rt); 
			low[u] = min(low[u], low[v]); 
			if (low[v] >= dfn[u]) {
				++ nbcc; ll x; 
				do {
					x = stk.top(); stk.pop(); 
					bcc[nbcc].pb(x); 
				} while (x != v); 
				bcc[nbcc].pb(u); 
			}
		}
		else 
			low[u] = min(low[u], dfn[v]); 
	}
}

杂题

P4819

显然最坏情况下，我们需要得知每个人的身份。考虑我们第一次问的一个人，如果他汇报出了若干个平民，我们肯定会继续问这些平民直到汇报出杀手。考虑缩点，相同 scc 内的人看作一个。那么在这个 dag 上，对于那些入度为 \(0\) 的点我们显然都要问一次，记个数为 \(c\)，答案不就是 \(1 - \frac{c}{n}\)。
但是考虑排除法。如果存在某个 scc，它的大小为 \(1\) 且出边到达的点不依赖它（入度不为 \(1\)），这个 scc 内的点可以不问，用剩下 \(n-1\) 个点来反推出他即可。如果存在就 \(c \to c-1\) 即可。

P3225

那我菜了呗。
显然考虑求割点。把割点删掉之后图断成了若干连通块，对每个连通块分别考虑：

• 连通块中没割点。说明该连通块孤立，需要建两个，随便选两个建即可。
• 连通块中有 \(1\) 个割点。把割点删掉就不合法了，需要建 \(1\) 个。这是因为如果建的位置塌了，可以跑出去。
• 连通块有 \(2\) 个割点。无需建立。可以任选一边跑掉，总能跑到情况 \(2\) 的连通块。

那么做完了。考虑怎么实现，每次选了一个不是割点的点开搜，遇到割点就统计，不访问即可。

P1407

很妙啊。给一对夫妻连边，男到女连边。给情人女到男连边。然后可以发现，换配偶的过程等价于走一个环。判断一对夫妻是否在同一 scc 即可。

2-SAT

例题

所有条件形如 \(A \lor B\)。那么 \(A\) 变量为假时，\(B\) 变量要求为真，将 \(\neg A\) 向 \(B\) 连边，同理将 \(\neg B\) 向 \(A\) 连边。然后跑 scc，如果 \(A\) 和 \(\neg A\) 在同一 scc 则无解。然后考虑怎么构造方案，选择 \(A\) 和 \(\neg A\) 所在 scc 拓扑序较大的即可。可以感性理解。

void solve() {
	cin >> n >> m; 
	for (ll i = 1; i <= m; ++ i ) {
		ll x, a, y, b; cin >> x >> a >> y >> b; 
		if (a && b) 
			add(x + n, y), add(y + n, x); 
		if (a && !b) 
			add(x + n, y + n), add(y, x); 
		if (!a && b) 
			add(x, y), add(y + n, x + n); 
		if (!a && !b) 
			add(x, y + n), add(y, x + n); 
	}
	for (ll i = 1; i <= (n << 1); ++ i ) {
		if (!dfn[i]) tarj(i); 
	}
	for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) {
		if (bel[i] == bel[i + n]) {
			cout << "IMPOSSIBLE\n"; 
			return 0; 
		}
	}
	cout << "POSSIBLE\n"; 
	for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) 
		cout << (bel[i] < bel[i + n]) << ' '; 
	cout << '\n'; 
	
}

杂题

Two SAT

枚举点对 \((i,j)\)。若 \(|A_i - A_j| < D\)，要求 \(i\) 为 \(1\) 或 \(j\) 为 \(1\)，其余同理。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

CF776D

经典结论是一个开关只会操作一次。那么 \(i\) 为 \(0/1\) 表示是否要按。根据 \(a_i = 0/1\) 来决定关联的是否要按即可。

hdu4421

考虑拆位。\(a_i\) 显然只有 \(0/1\) 两种状态。枚举 \(i,j\) 根据 \(b_{i,j}\) 状态可以推出 \(a_i,a_j\) 的变量关系。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
当然有更聪明的做法。枚举 \(a_0,a_1\)，显然可以推出整个 \(a\)。

P10969

考虑一个 2SAT 更通用的连边方法。对于 \(A \land B = 0\) 和 \(A \lor B = 1\) 显然容易。对于 \(A \land B = 1\)，要求 \(A,B\) 都填 \(1\)，那么就将 \(\neg A\) 向 \(A\) 连边，因为我们取的是 topo 序更大的那个值。对于 \(A \lor B = 0\) 同理。
对于 \(A \oplus B = 0\)，将 \(A\) 到 \(B\) 和 \(\neg A\) 到 \(\neg B\) 连双向边。另外一个同理。