图论 tricks

杂项

特殊权值图中，最短路在MST上

如果权值满足“若 \(a<c且b<c\)，那么 \(a+b<c\) ”（如 \(\{2^i\}\)）那么多点之间最短路的并在这些点的MST上，贪心建MST即可。

证明：prim 和 dijkstra 的区别就在于上面两个式子。因此只要有左推右的条件，就有这一性质。

三元环计数

oiwiki

用于枚举给定图的所有三元环个数。复杂度 \(O(m\sqrt{m})\)。

给每条边定向，从度数较少的点连向度数较多的点。在这个DAG上，对于每个点的每两对出边检查一下即可。

每个点的出边最多有 \(O(\sqrt{m})\) 条，因此复杂度正确。证明：如果原来的度数是 \(>\sqrt(m)\) 的，那么这样的点只有 \(O(\sqrt{m})\) 个，而由于定向的规则，每个这样的点只会联出 \(O(\sqrt{m})\) 个边。

建图/建树 trick

这是一类非常广泛的trick。其做法就是把一些状态当成图上的点跑图上算法（比如最短路），或者把某些结构转化为树，然后跑树上算法。

建图的情形一般出现在：要dp极值的情况 etc.

Kruscal 重构树

进行kruscal算法的过程中，当我们试图加一条边的时候，改为把两个连通块的根连向一个新的点，这个新的点就是这个新连通块的根，可以把边权赋值给这个点。

这一结构上，两个原来就存在的点（而不时新增的）的LCA的权值就是他们两个点的路径上的最大边权的最小值。

树

LCA 最近公共祖先

使用 树链剖分 法，可做到 \(O(n) - O(\log n)\)，但是跑不满。

使用 倍增 法，可做到 \(O(n\log n) - O(\log n)\)，但是会跑满。

使用 RMQ（dfn序）法，可做到 \(O(n\log n) - O(1)\)。事实上，使用 分块st表 可以做到 \(O(n)\) 预处理，但是我不会。

RMQ 法

将树按照 dfn 摊到线段上。如果要询问 \(x\) 和 \(y\) 的 LCA，查询 \([dfn_x+1,dfn_y]\) 区间内深度最小的点，该点的父亲就是 LCA。注意特判 \(x=y\)，此时 LCA 就是 \(x(y)\)。

求任意两点树上路径value之和

对于树上路径的价值 \(=\) 边权之和的，使用树形dp即可。

对于树上路径的价值 \(=\) 边权 \(\max\) 的，使用类似最小生成树的算法，加边时统计两侧size乘积即可。

子树相关

子树操作、查询

一、摊开成线段。使用dfn序把节点映射到线段，记录每个点子树中最大的dfn，称为last。容易发现，一个节点的子树在线段上是连续的一段区间，因此可以适用区间操作。

二、离线然后直接dfs。把操作离线到点上，然后dfs的时候，把当前节点的操作做一下，回溯的时候撤回就可以了。

有些题目上述两种方法都适用，只是途径不同，例如：模拟赛题目，既可以展开成 \((depth-t)\) - \(dfn\) 图用二维数点做，也可以直接 dfs 然后树状数组维护 \(t-depth\) 。

两个点各在（或不在）某个子树内

摊成dfn序，然后会发现如果把两个点的编号表示为一个二元组，在平面直角坐标系上是一个矩形（或是2、4个矩形，若为反子树）。二维数点即可。

给定有根树上任意两点距离，求结构

注意到一条树边比所有经过这条树边的路径长（正权图可用），因此使用 prim 求最小生成树即可得到树的结构。复杂度 \(m\log m\) 。

计算双关键字最小生成树

题目：

给定两个系数 \(A,B\) ，每个边有两个关键字 \(a_i,b_i\) ，求生成树 \(T\) 的 \(A\times \max\limits_{i\in T}a_i+B\times \max\limits_{i\in T}b_i\) 的最小值。

\(1\le n\le 400,1\le m\le 50000\)

解法：

将边按照第一关键字从小到大排序，顺序插入。每次插入时，插入 vector ，然后对 vector 中现有的边跑一遍第二关键字的最小生成树，最后把多余的那条边 erase 掉。这样维持 vector 中只有 \(n\) 条边，因此复杂度为 \(O(mn\log n)\) 。

树的直径

树的直径定义为树上最长的一条路径。（可能有多条）

性质

1. 任何点到直径上一点的距离不超过直径的任意一端到这一点的距离。（否则它就是直径的端点了）
2. 到任何一点最远的点一定是直径的两个端点之一。（设这个点叫 \(x\) ，离它最远的点叫 \(y\) ，这个点到直径的最短路径与直径的焦点是 \(z\) 。那么 \(y\) 肯定不在 \(x-z\) 的路径上。如果 \(y\) 不在直径上，那么 \(dis(y,z)>dis(x,直径一端)>dis(y,直径一端)\) ，根据性质1，不可能。因此 \(y\) 在直径上，而直径上距离 \(x\) 最远的点只能是两端点之一）
3. 合并两颗树时，新的直径的两端点一定在原来两棵树的四个直径端点中选取。

求解方法

两遍 DFS ：从任意一个点跑一遍 dfs ，记距离最远的点为 \(s\) 。再从 \(s\) 出发跑一遍 dfs ，记距离最远的点为 \(t\) 。那么 \(s\) 到 \(t\) 的路径就是一条直径。原理依据“直径的性质2”。

例题

一本通OJ：运用了“两个树通过增加一条边合并后，新树的直径的端点一定属于原来两树的直径的端点”这一条性质，原理依据“直径的性质1”。

Dijkstra 算法

适用性

无负权单源最短路，和所有等价的问题。

部分无负权多源最短路，但是我不清楚。

请注意有负权的图和所有等价的问题（例如边加上某个权值或者边权取反）都不能解决（因为贪心证明的正确性依赖边权非负）

复杂度

各种变种的复杂度见这个帖子：https://blog.csdn.net/qq_50332374/article/details/123803892

简单来说

变体名称	复杂度
朴素dijkstra	\(O(n^2)\)
优先队列优化dijkstra	\(O((n+m)\log m)\)
二叉堆优化dijkstra	\(O((n+m)\log n)\)
斐波那契堆优化dijkstra	\(O(m+n\log n)\)

拓扑排序

适用于DAG。

请注意，开始的时候要将所有入度为0的点入队，否则他们的出度没有被统计，导致有些点永远也没有遍历到。

如果把所有入度为0的点入队不方便，考虑把没有的点删掉。

判环 / 构造DAG

想要判断一个有向图中是否有环，只需跑一遍拓扑排序看看有没有没访问到的点。

你可以通过决策边的朝向来构造一个 DAG，如何做到？只需按照题中限制算出每个点的拓扑序，按着拓扑序决定边的顺序。

拓扑排序DP

最常见的应用（据我所知，是唯一的应用）。请注意这是个DP，所以仔细分析你的转移方程有没有问题。（如果是缩点+topoDP题，需要调试的部分会非常多，所以首先要确保你的转移是正确的）

强连通分量

强连通分量，又称SCC，是指有向图中的一个极大的子图，其中每两个点都互相连通。一个有向图可以被分为若干个不相交的强连通分量。

Tarjan

Tarjan是用dfs求scc（强连通分量）的算法。它还可以求割点、割边、点双连通分量、边双连通分量（无向图中）等。

Tarjan的大致步骤：

1. dfs，过程中求dfn。把点入栈。
2. 从边的v往u转移low。low表示从这个点出发，通过若干条树边和至多一条非树边能达到的最小dfn。如果这条边是树边，用其low更新我的low，否则如果v在栈里，用其dfn更新我的low。
3. 如果low等于dfn，说明我这个点代表了一个scc。把我和我上面的点出栈，划分到我这个scc里。

注意易错点：

• 如果v不在栈中，不用v更新我的low（因为v已经有归属了）。
• 在low=dfn时，要把我和我上面的全部出栈，不要只把low[st.top()]=dfn[x]的点出栈，否则会错。
• 我来解释一下上一点，考虑1<->2<->3这种情况。此时，\(low_3=dfn_2,low_2=dfn_1,low_1=dfn_1\) 但是 \(1,2,3\) 都在同一个强连通分量中，因此要照着上面的做法。可能有人会问：为什么要区分这条边是树边还是非树边，都用low来更新我的low，然后出栈时只把 \(low_i=dfn_u\) 的 \(i\) 出栈不行吗？答案是：理论可行，但是他的low可能还没有求好（如果他是我的祖先的话），此时就不对了。

一个小trick

Tarjan缩点后的点的排列顺序是逆拓扑序，所以（如果要对新图跑DP的话）不需要对新图进行拓扑排序。当然为了避免出现意外还是写一遍比较好。

Korasaju

利用多次dfs求强连通分量的算法，泛用性没有Tarjan那么广，可以说是为了SCC造出来的算法。

步骤

1. 进行一遍dfs，记录后序。
2. 重复执行，选取还没分配SCC的后序遍历最大的点，从这个点出发在反图上做一遍dfs，这个点能到的点就是同一个SCC的。
3. 如果还有点没分配SCC，就重复步骤2.

感性证明

后序遍历中，编号最大的点是比较先访问的，因此可以到达很多点。在反图上跑dfs就相当于看看哪些点能到达它。注意反图上跑dfs不会到达一个自己访问不到的点，因为如果这种情况出现了，那么最开始的dfs就会顺着这条边过来，而这个点就不会是现在后序遍历中最大的了。

2-SAT

介绍就自己看 OI-wiki 吧。

关键在于，如果随意地添加有向边是很容易导致各种各样的矛盾的，所以 2-SAT 的正确性有待深刻的证明。（也就是在 2-SAT 的问题形式下，为什么用这种方法做就可以）可惜 OI-wiki 上没有给出证明。

一些简单的证明尝试： 首先，关于无解，要么是同一变量的两个点出现在了同一scc中，要么是 \(1T\rightarrow 1F\rightarrow 2T\rightarrow 2F\)，而后者必定不会出现（因为肯定有 \(2F\rightarrow 1T\)。其次，关于为什么这么做就能得到解：感性理解吧，我也不会证明。

Floyd 算法

这种算法具有很好的数学性质。

判断连通性

离线多次查询连通性，用floyd预处理就对了。

如果加入了一个点，那么可以直接用floyd \(O(n^2)\) 转移。（注意循环顺序）

传递闭包

利用floyd转移过程传递某些信息（如祖先有哪些）。

最小生成树

性质

对于一个图的任意 MST（最小生成树），构成它的边的权值集合全都是相同的。比如都是 \(\{1,1,1,2,2,3\}\)，没有 \(\{1,1,1,1,3,3\}\)，根据 Kruscal 的过程显然。

https://www.luogu.com.cn/problem/CF160D

与最短路的关系

prim 与 dijkstra 只有一小点差距（priority_queue 比较的关键字不同）。

因此，可以证明：若边权都形如 \(2^k\) 且互不相同，则两点间最短路一定在最小生成树上。

【2021年北京省队集训习题】

有一个矩阵，每个格点上有个权，权值是把该点染黑的代价。
若已经有两行两列交出的四个点中的三个为黑（意思是，这四个点是一个矩阵的四个角），则可以免费染黑第四个，问把这个矩阵全染黑最小代价。
复杂度要求：矩阵边长的平方。

【方法】：用类似prim的方法，从最小的点开始按下方构建最小生成树。

【证明】：

将点（n，m）表示为n到m间的边。然后构建最小生成树。最小生成树的每一层都只有一种点（列点或行点）。

最小生成树中的每一条边都是正解中要染黑的点。
最小生成树上连续的三条边（如1—2—3）是一个矩阵的三个角，因此可以免费染黑第四个角。所以最小生成树上的三条边可以合并成一条边，然后继续合并。

由于树上两点之间只有一条途径，且由于我们要表示的是一个真实存在的点，那么最后的边就必须是一个行点和一个列点之间的边，又由于行点和列点不在同一层，因此他们两个点在树上的途径有奇数个边。三道边缩小成一道，最后会一直缩小成一条边。
因此最后得出结论：任何不在最小生成树里的边（格点）都可以免费得到。