Erdős-Gallai 定理
前情提要：不知道为什么在写这种东西，但看起来是经典问题，总之先学了。感觉写得一坨，欢迎大家讨论/指正！
推荐先阅读 Gale-Ryser 定理，本文定理是它在一般无向图上的推广。
本文除了介绍 Erdős-Gallai 定理（无向图），还会介绍 Fulkerson-Chen-Anstee 定理（有向图），原理是一样的。
经典问题（可无向图化序列）
给定 \(n\) 个点的度数 \(d_i\)，请回答是否有一张无向图与之对应，如有请构造一个。
\(1 \le n, \sum d_i \le 10^5\)
首先有一个比较显然的贪心做法，我们将 \(d_i\) 从大到小排序，然后
- 每次取出目前度数最大的点 \((x, d_x)\)；
- 对于余下的点，取度数最大的 \(d_x\) 个点，使得它们度数减一，与 \(x\) 相连。
- 重复这个步骤，若取不出足够多的点/出现负数则无解，若最后全为 0 则有解，并构造出了解。
这样做的正确性显然，因为度数为 \(d_x\) 的点必须与 \(d_x\) 个点相连，我们的贪心策略会留下尽可能多的点。
这个贪心算法可以简单地用优先队列完成，或者在排序后利用差分完成。复杂度为 \(\tilde O(n + \sum d)\)。
如果读者提前学习了 Gale-Ryser 定理，会发现两者提供的贪心算法是一样的，同时本算法要求度数从大到小排序。
注：本节算法的大名叫 Havel-Hakimi 定理（哈韦尔-哈基米定理），哈基米真名解放了，咔咔。
Erdős-Gallai 定理
前文的做法在需要构造方案时已经足够优秀，但如果只需要判定呢？首先要求总度数是偶数，接下来：
类似 Hall 定理、Gale-Ryser 定理，对于任何顶点 \(V\) 的一个子集 \(S\)，我们考虑这样的一个必要条件：
- 取顶点 \(V\) 的任意一个子集 \(S\)，其总度数为 \(\sum_{i \in S} d_i\)，即不等式左侧。
- 这个子集内部至多可以解决 \(|S|(|S|-1)\) 个度数（完全图），其余的必须由外部顶点提供。
- 每个外部的顶点，至多可以提供 \(\min(d_i, |S|)\) 个度数。
注：与 Gale-Ryser 定理的区别仅在于，二分图内部不能连边，而一般图这里多了完全图的度数。
Erdős-Gallai 定理说，考察每个子集后，已经充分必要。但还可以改进！
不妨固定 \(|S|\) 的大小，此时左侧最大值在度数最大的 \(|S|\) 个 \(d\) 处取到，而右侧最小值在度数最小的 \(|V| -|S|\) 个 \(d\) 处取到，可以同时满足！
于是我们对 \(d\) 从大到小排序后，只需要对 \(1 \le k \le n\) 考察：
这样的话，我们就得到了一个 \(\tilde O(n)\) 的算法！可以在线性时间里直接维护右侧，但是我们并不需要这么干，请阅读下一节。
注：这个定理的证明比较困难，不能直接用 \(S-T\) 网络流说明，建议不考虑证明。
直接维护右侧（可跳过）
这里教大家怎么线性地维护右边那坨东西。
我们画出 \(d_i\) 的 Ferrers 图，如下图是 \(D = (3,2,2,1)\) 的一个例子。
这里 \(\min(d_i, k)\) 表示只看最下面 \(k\) 行，相当于不等式右侧变成了询问一个后缀矩形范围里的点数。
3 2 2 1
1 ■
3 ■ ■ ■
4 ■ ■ ■ ■
我们找到最靠右 \(\ge k\) 的位置 \(p\)，那么其左侧都变成了 \(k\)，右侧则都能取，是后缀的和。
这样可以在 \(k\) 变化的时候，\(O(n)\) 动态维护不等式的右侧，称 \(S\) 是 \(d\) 的前缀和：
int p = n; // 找到最后一个高度 >= k 的位置
for (int k = 1; k <= n; k++) {
while (p > 0 && d[p - 1] < k) p--;
ll sum = 1LL * k * (k - 1); // 完全图
if (p > k) {
sum += 1LL * (p - k) * k; // [k+1, p] 都 >= k
sum += S[n] - S[p]; // [p+1, n] 都 < k
}
else sum += (S[n] - S[k]); // [k+1, n] 都 < k
}
这样在提前对 \(d\) 排序后，我们就在 \(O(n)\) 的时间里验证了所有的限制，判断了是否可图化。
A - 等价表述
注：这也是 Gallai 定理最好用的形式，非常强大。
我们找到 Ferrers 图的窦菲方 Durfee Square（左下角出发的最大的正方形），称它的边长是 \(s\)，下图例子为 \(3\)。
5 4 3 3 1 1
1 □
2 □ □
4 ■ ■ ■ □
4 ■ ■ ■ □
6 ■ ■ ■ □ □ □
形式化地，\(s = \max\{ k \mid a_k \ge k \}\)，即最后一个满足 \(a_k \ge k\) 的位置。同时还也有 \(s \le \sqrt S\)，\(S = \sum d_i\)。
我们发现限制的右侧有一个 \(k(k-1)\)，它的值在 \(k \gt s\) 以后足够大，此后的都是更宽松的限制，不需要检查了。
也就是说，这个 Gallai 定理可以首先减小 \(k\) 的范围，即仅对 \(1 \le k \le s\) 考察：
接下来，由于总是有一个完整的正方形，右侧的求和号，可以改写为最下方 \(k\) 行之和，减去 \(k^2\) 的值。
这样一来，我们预处理 \(D\) 的共轭序列 \(C\)，定理等价表述为对 \(1 \le k \le s\) 考察：
喜大普奔，现在右侧的形式就非常容易计算了。
注意：这个形式仅能对 \(1 \le k \le s\) 考察，因为我们关于共轭序列的转化依赖这点，如果考察了 \(k \gt s\) 的部分，会导致错误判断。
注意：上式两侧都是凸函数：因为 \(d_i\) 是一个不升序列，故其前缀和是凸的。
同理，因为 \(c_i\) 是一个不升序列，加上一个凸函数 \(-k\)，故其前缀和依然是凸的。
这个可能会在题目中非常有用。
B - 小优化（可能不重要）
Tripathi & Vijay (2003) 提出了和 Gale 定理一样的优化，只需要考虑 \(k=n\)，以及满足 \(d_k > d_{k+1}\) 的 \(k\)，即可以跳过值相同的段，只考察靠右的断点。
这样的结果是，我们只需要考察 \(\sqrt S\)，\(S = \sum d\) 个条件。
我们将原始形式的不等式两边移到一起去，构造:
不妨设 \(d_k = d_{k+1}\)（值相同），然后定义 \(D\) 的一阶差分 \(\Delta_k = D(k) - D(k-1)\)，考察它的二阶差分：
这里 \(C_k\) 表示度数恰好等于 \(k\) 且下标 \(> k+1\) 的点数。
当 \(d_k \ge k\) 时，二阶差分为 \(-C_k\)，这个值必然 \(\le 0\)，故在值相同的时候是局部上凸的。
当 \(d_k \lt k\) 时，一阶差分为 \(2k - 2d_k > 2\) 始终递增，注意这个情况是在窦菲方右侧的。
C - 特殊情况（可能不重要）
Barrus et al. (2012)：如果 除了最大值，最小值外，每个数字都不相同，则可无向图化等价于满足：
- （平凡的）总度数是偶数。
- （平凡的）\(d_i\) 的最大值不超过 \(n\)，即 \(k = 1\) 时的限制。
- 只需要再检查一处 \(k = \max\{ i \mid d_i \ge i \}\) 的时候是否满足不等式。
第三个限制恰好在 Ferrers 图的窦菲方 Durfee Square 的边长 \(k=s\) 处。
证明
这个原文写了一车，我们发现了一个简洁一点的办法，考虑共轭形式：
定义一阶差分 \(\Delta(k) = c_k - d_k -1\)，二阶差分 \(\Delta^2(k) = (d_k - d_{k-1}) - (c_k - c_{k-1})\)。
由于每个元素不同，有 \(d_k - d_{k-1} \ge 1\)，而 \(c_k - c_{k-1}\) 表示恰好为 \(k\) 的元素数，不会超过 \(1\)，故 \(\Delta^2(k) \ge 0\) 下凹。
所以这个我们这个函数总是先上凸（若干相同的最大值），再下凹。最小值只会在两个地方取到，我们说明为什么右边那个一定是 \(k=s\) 处：
我们在前面 “B -小优化” 里面已经说明了，在窦菲方 \(s\) 右侧，一阶差分为 \(2k - 2d_k > 2\) 斜率始终为正。现在只要说明在这个之前，斜率非正即可。
若 \(d_{s+1} \lt s\)，则 \(c_s = s\)，且始终有 \(d_s \ge s\)，故 \(c_k - d_k - 1 \le -1\)，斜率确实依然为负数。
若 \(d_{s+1} = s\)，我们讨论它是不是最小值，若 \(s\) 是序列的最小值，那么 \(\forall k \in [1,s], c_k = n\)，斜率 \(\Delta(k) = n - d_k - 1\) 始终为正。
这说明黑色部分没有出现斜率为负的部分，红色部分的谷底也不存在，不需要检查。
若 \(s\) 不是序列的最小值，则 \(c_s = s+1\)，一阶差分为 \(s - d_s \le 0\) 也符合斜率非正。
于是我们就完成了证明，我擦这个东西配合杨表怎么有这种结论，我的直觉完全不靠谱。
在 \(1 \le k \le s\) 里 \(a, c\) 地位明显是对称的，在一侧减掉 \(k\) 以后居然就这么神秘了。
证明
这个定理的证明比较困难，不能直接用 \(S-T\) 网络流说明，需要使用 Tutte 的 f-factor 定理。
这个 f-factor 定理的割条件给出了一个表达式，类似 Gale 定理的证明过程，可以让我们直接得到 Gallai 定理。
这里略。
例题
Good Bye 2018 - E
乱序给出 \(n\) 个点的度数 \(d_i\)，你需要增加一个 \(d_{n+1}\)，使得序列依然可无向图化，输出所有可能的解，可能无解。
$1 \le d_i \le n \le 5 \cdot 10^5 $
首先要总度数为偶数，可以提前判好 \(d_{n+1}\) 的奇偶性，接下来反复瞪着我们的定理（毕竟也没有别的手段了）：
考虑固定 \(k\)，然后插入我们的 \(x = d_{n+1}\)，要么放在左边，造成 \(x \le \dots\) 的限制；要么放在右边，造成 \(\dots \le x\) 的限制。
因此，合法的 \(x\) 范围必然是一个区间，我们直接二分答案以后，再次用 Gallai 定理检查即可，\(O(n \log n)\)。
注意！共轭的等价表述只适用于 \(1 \le k \le s\)（因为转化依赖这个条件），不能往后继续考察，否则是错的。
这里 \(s = \max\{ k \mid a_k \ge k\}\)。
2013 ICPC NEERC - K
班级里有未知数量的男孩和女孩，朋友关系是双向的。
已知每个女孩都恰好有 \(a\) 个女朋友、\(b\) 个男朋友。每个男孩都恰有 \(c\) 个女朋友，\(d\) 个男朋友。
请构造最少人数的班级，并输出一组连边方案。
\(1 \le a,b,c,d \le 50\)
让我们寻找一些必要条件，称女生有 \(G\) 个，男生有 \(B\) 个
- \(B \ge b, B \ge d + 1\)
- \(G \ge c, C \ge a + 1\)
- \(aG \equiv dB \equiv 0 \pmod 2\) 内部度数是偶数。
- \(G = \frac{kc}{\gcd(b,c)}, B = \frac{kb}{\gcd(b,c)}\) 连接两部的边提供相等度数。
其中前两个是 Gallai 定理化简来的，后两个是握手定理（也可以说是 Gallai 定理要求的）
我们枚举这个 \(k = 1, 2, \dots\) 然后检查上面的条件。构造答案的话有很多方法，贪心或者找一个正则图的构造方法。
某天梦到的题 2（不是题）
给定 \(n,m\) 表示有 \(n\) 个点，总度数恰好为 \(m\)，请问有多少合法的度数序列，要求每个点度数大于零。
\(1 \le n,m \le 100\)
我们知道，最好用的形式是等价表述，对 \(1 \le k \le s\) 考察：
但是由于 \(d\) 和 \(c\) 会共用一个正方形，导致我们 dp 不方便填数字，这里介绍一个牛逼手段，引入 Frobenius 富比尼坐标：
4 2 0 0 0 0
0 □
0 □ □
1 □ □ ■ □
2 □ ■ □ □
5 ■ □ □ □ □ □
令 \(a_i = d_i - i\) 表示第 \(i\) 列黑块上方的元素数量，也叫臂长 arm。
令 \(l_i = c_i - i\) 表示第 \(i\) 行黑块右侧的元素数量，也叫腿长 leg。
注：这里 arm 和 leg 的名字应该是在杨表里引入的。
因为都减去了 \(i\)，所以 \(a\), \(l\) 两者都是 严格递减 的序列，且满足：
我们移项一下，把 \(d_i = a_i + 1\)，\(c_i = l_i + 1\) 代入 Gallai 定理：
这样一来，我们就可以在 dp 的时候随便填 \(a\) 和 \(l\) 的值了，满足总和为 \(m - s\)，以及上面的限制。
设计 dp[x][cntA][cntL][dif][sum] 表示满足下面状态的方案数：
x目前只能填入 \(x\) 的值 \(O(n)\)cntA\(A\) 里填了几个 \(O(\sqrt m)\)cntL\(L\) 里填了几个 \(O(\sqrt m)\)dif\(L - A\) 的差值 \(O(m)\)sum总和 \(O(m)\)
我们从大到小枚举 \(x\)，尝试放进 \(A,L,AL\)，维护 dif 和 sum 即可。
当枚举到 cntL == cntA == k 时，检查一下 dif 是否合法 \(\ge k\)。
最后输出答案的时候，需要枚举 \(s = 1,2 \dots \sqrt m\) 的值。
这样复杂度是 \(O(n m^3)\) 的，空间 \(O(m^3)\)，有点困难，应该还能优化但是我不会，没有人类了。
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