随笔分类 - 图论
摘要：题目链接 D: 看样例+分析得知，假设现在要选$i$个，那么能达到的最大的值就是$sum_=\sum^$， 最小值就是$sum=\sum^$，那么每次可选择的数量就是$sum_1-sum_2+1$，那么答案就为$\sum^{n+1}({sum_-sum_ + 1})$ #include<bits/s
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摘要：题目链接 C: 本题可以直接暴力求解，类比八皇后问题，使每个点分别对应一个值，分别判断有几条边能够满足即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ms(x,y) memset(x, y, sizeof(x)) #define low
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摘要：题目链接 B: 边最少点最多的方式是2个点一条边，不连通，边最多点最少的方式是完全图，边数为$n*(n-1)/2$ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ms(x,y) memset(x, y, sizeof(x)) #define
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摘要：题目链接 D: 将第一种关系建图，求出图上每个点，满足不相邻但可达且不含第二种关系的点的数量，直接建图，注意减数量的时候不要重复即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ms(x,y) memset(x, y, sizeof(x)
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摘要："题目链接" 题意：给你一张图和一条路径，沿着这条路径走，若走到某个点，该点不是之前的点算的最短路径上的一个点，就需要重新计算，求重新计算的最大次数与最小次数 已知终点，那我们可以反向跑一个最短路，求出每个点到终点$t$的距离$d_u$, 假设现在是$u$点 1.若$u$全部的可达点v满足 $d_u
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摘要："题目链接" 转换一下问题就是求每个点的最大长度，容易想到树的直径，一个点的最大长度就是他到两个端点长度的最大值，那我们就可以跑3遍dfs，第一遍求出直径的一个点，第二遍求出每个点到这个点的最大距离，第三遍利用第二遍求得的直径的另一点，反向跑，答案就是两者的最大值 这题好像还可以用点分治或者两遍df
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摘要：对于本题，最短路，考虑bfs，那么我们可以跑2次bfs，求出每个点到1与n的最短路，设为x_a, x_b，那我们可以把问题转换成max(min{x_a+y_b,x_b+y_a}+1)(x,y属于1到n)，我们假设x_a+y_b<=x_b+y_a，那我们就是求出x_a+y_b的最大值，不等式转换一下，
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摘要：简述题意 给你N个数对 表示坐标与状态(0/1)， M个操作，给定一个区间，区间内的坐标的状态翻转 思路：看到区间修改，很容易想到差分，对数对sort，每个a_i与a_i-1异或构造差分数组b，每次对[l,r]区间操作时，只需要将b[l]与b[r+1]对1异或操作就行了 那么我们如何判断哪些操作需要
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摘要：简述题意，给你一课最小支撑树，对每个询问，在原有的路径上增加x-y，问a-b是否有路径长度为k的路，每条路每个点可以重复使用 由于是最小支撑树，我们可以用LCA来快速判断每个点之间的距离，那么现在就要判断情况，假设从原有的路上,a-b的距离为d，d=k时显然成立，当d<k时，若(d-k)%2=0也成
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摘要：本题是分层图最大流问题，相当于按时间拆点，每个当前点向下一点的下一时间层连点，每一层有n+1个点 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; const
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摘要：本题可以转换成图论来做，每两个相邻点连一条边，然后统计每一个点的degree，如果>=2说明有一个点要相邻三个点，不满足题意，然后找出每个degree<2的点，这些点可以作为一段的起点，然后依次dfs添加，如果26个字母有一个没有dfs到的，就无解 #include<bits/stdc++.h> u
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摘要：本题可以把求解的目标转换成从1到N两条不相交的路径，回想上一题，通过拆点来限制一边只能过一次，capacity为1，cost为-1来跑最大费用流，注意1点和N点的capacity要为2，因为需要过2次，答案就是最大费用流-2，本题的收获是输出路径，从每个点的出点出发(虚点)枚举其连接的下一个入点(实
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摘要：三倍经验，三个条件，分别对应了常见的3种模型，第一种是限制每个点只能一次且无交点，我们可以把这个点拆成一个出点一个入点，capacity为1，这样就限制了只选择一次，第二种是可以有交点，但不能有交边，那我们就不需要拆点，限制每条capacity都为1就可以了，第三种直接连，没有限制( #includ
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摘要：本题和方格取数一样，也可以分成黑白点，本题加上特判一个点是否有障碍即可，其余和那题没什么区别，挂一下大佬的证明(二分图最大独立集) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef lo
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摘要：费用流问题，每个样本选一次，就连一条capacity为1，权为给定的值，因为可以重复走，再连capacity为无穷，权为0的边，再一次连接给定的出点和汇点即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-
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摘要：有限制的问题，显然考虑全选再根据限制去掉的想法较优，我们发现一个点四周的点受限，其x或者y差一，也就是说奇偶性不同，那我们可以将其分成白点和黑点，就变成了最小割的问题，将每个白点向受限制的黑点连边，capacity为INF，每个黑点向汇点连边，capacity为该点的值，同理，源点向每个白点连边，这
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摘要：简单的费用流问题，每个人对每个任务连边，每个任务对汇点连，源点对每个人连，最大费用取反即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; const in
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摘要：简单的最大流问题，一样的设源点汇点，每个单位向每个餐桌连capacity为1的边，源点向每个单位连capacity为人数的边，每个餐桌向汇点连capacity为座位数的边，跑最大流，若flow=总人数则有方案，遍历每一个单位流量为1的点即可 #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：最小路径覆盖=节点数-最大匹配数，拆成二分图跑dinic/匈牙利即可，注意输出路径的时候判断拆成的入点和出点和另加的反向边 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long l
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摘要：本题很简单的费用流问题，有石头的点需要限制，那我们就可以拆点，capacity为1就可以限制，然后cost为-1，直接跑板子就可以了，注意输出的时候找残量网络的反向边
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