DFS 树
DFS 树，顾名思义，是一张图按 DFS 序遍历后形成的树。主要有 4 种边：
- 树边:每次由一个已遍历的点到达未遍历的点,就形成了一条树边。
- 反祖边:也叫做回边,指向该节点的祖先。
- 横叉边:搜索时遇到一个已访问的节点,但这个节点并不是该节点的祖先。
- 前向边:访问时遇到子树中的节点时形成的。
其中，树边是 DFS 树的边。而另外三种边是原图的边在 DFS 树上保留下来形成的边。
例题一
CF1361E James and the Chase
给定一张强连通有向图，定义一个节点是好的当且仅当它到其它每一个点都有且仅有 \(1\) 条路径。若有 \(20\%\) 的点是好的就输所有好点，否则输出 \(-1\)。
\(1\le n\le 10^5,0\le m\le 2\times 10^5\)。
解法
先考虑如何判断一个点是否为好点。显然，我们可以以这个节点为根建出 DFS 树，然后这棵树上若没有横叉边和前向边，那么这个节点即为好点。
接下来考虑当知道一个好点时，如何找出所有好点。若当前正在判断节点为 \(u\)，则 \(u\) 的子树内必定有且仅有一条反祖边，否则 \(u\) 到每个节点的路径就不一定唯一。若这条反祖边指向了 \(v\)，那么显然 \(v\) 必须是好点才能使得 \(u\) 有可能是好点。那么综上所述，\(u\) 是好点当且仅当它的子树内只有一条反祖边指向一个好点。这个可以很方便的树上差分解决。
考虑如何找出第一个好点。每个点判断显然不行，因为这个显然只能暴力判断。所以发现这就是不太可做的样子，然后自然想到人类智慧解法。充分发扬人类智慧，直接随机 \(100\) 个点，没找到的话好点必定小于 \(20\%\)，找到了就直接按上述方法解决即可。不难发现这样的错误概率趋近于 \(0\)。然后如果你错了就改个种子再交完事。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
mt19937 s(time(0));
const int MAXN=1e5+10;
int n,m,val[MAXN],back[MAXN],ans,dep[MAXN],now;
bool use[MAXN],vis[MAXN],r[MAXN];
vector<int> G[MAXN];
bool check(int x)
{
vis[x]=true; use[x]=true;
for(auto &i:G[x])
{
if(!vis[i]) {if(!check(i)) return false;}
else if(!use[i]) return false;
}
use[x]=false;
return true;
}
void dfs1(int x)
{
use[x]=true;
back[x]=x;
for(auto &i:G[x])
{
if(!use[i])
{
dep[i]=dep[x]+1;
dfs1(i);
val[x]+=val[i];
if(dep[back[i]]<dep[back[x]]) back[x]=back[i];
}
else
{
if(dep[i]<dep[back[x]]) back[x]=i;
val[x]++;val[i]--;
}
}
use[x]=false;
}
void dfs2(int x)
{
use[x]=true;
r[x]=(x==now||(val[x]==1&&r[back[x]]));
ans+=r[x];
for(auto &i:G[x]) if(!use[i]) dfs2(i);
}
int main( )
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
now=ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
use[i]=r[i]=vis[i]=back[i]=dep[i]=val[i]=0;
G[i].clear();
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
}
for(int i=1;i<=100;i++)
{
int o=s()%n+1;
for(int j=1;j<=n;j++) use[j]=vis[j]=false;
if(check(o))
{
now=o;
break;
}
}
if(!now)
{
cout<<"-1\n";
continue;
}
dfs1(now);dfs2(now);
if(ans*5>=n)
{
for(int i=1;i<=n;i++) if(r[i]) cout<<i<<" ";
}
else cout<<-1;
cout<<'\n';
}
}
例题二
P11363 [NOIP2024] 树的遍历
给定一颗树，再新建一颗有 \(n-1\) 个节点的树，两个节点之间有边当且仅当原树中这两条边有公共节点。再给定 \(k\) 个新树上的关键点，求以每个关键点为起点能遍历出多少不同的 DFS 树。
\(2\le n\le 10^5,1\le k<n\)
解法
先考虑 \(k=1\) 的情况，显然这时只需以任意顺序走完一条链，然后访问子树，答案即为 \(\prod{(d_i-1)!}\)。其中，\(d_i\) 为节点 \(i\) 的度数。
再扩展到一般情况。考虑什么时候会遍历出相同的树。画几个图然后充分发扬人类注意力即可注意到，可能的遍历起始点一定是原图上一条叶子到叶子的链。
p.s.我想给你们画个图，然后就可以证明了，但是我画图真的是大粪呃啊。
而一颗新树恰好有这样一条链，所以答案为：\(\prod{(d_i-1)!}\times \prod{(d_v-1)^{-1}}\)。然后就可以写代码辣！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,k,u[MAXN],v[MAXN],w[MAXN],d[MAXN],inv[MAXN],ans,sum[MAXN][2];
struct node
{
int v,w;
node(int v_=0,int w_=0):v(v_),w(w_){}
};
vector<node> G[MAXN];
void dfs(int x,int fa)
{
sum[x][0]=sum[x][1]=0;
int res=0;
for(auto &i:G[x])
{
if(i.v==fa) continue;
dfs(i.v,x);
if(i.w) sum[i.v][1]+=sum[i.v][0],sum[i.v][0]=0;
res=1ll*(res+1ll*sum[i.v][1]*((sum[x][0]+sum[x][1])%mod)%mod+1ll*sum[i.v][0]*sum[x][1]%mod)%mod;
sum[x][0]=(sum[x][0]+sum[i.v][0])%mod;
sum[x][1]=(sum[x][1]+sum[i.v][1])%mod;
}
ans=(ans+1ll*res*inv[d[x]]%mod)%mod;
if(!d[x]) sum[x][0]++;
sum[x][0]=1ll*sum[x][0]*inv[d[x]]%mod;
sum[x][1]=1ll*sum[x][1]*inv[d[x]]%mod;
}
int main( )
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<MAXN;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
int c,T;
cin>>c>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
d[i]=-1;
G[i].clear();
w[i]=0;
ans=0;
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
cin>>u[i]>>v[i];
d[u[i]]++;d[v[i]]++;
}
while(k--)
{
int x;
cin>>x;
w[x]=1;
}
if(n==2)
{
cout<<1<<'\n';
continue;
}
for(int i=1;i<n;i++) G[u[i]].push_back(node(v[i],w[i])),G[v[i]].push_back(node(u[i],w[i]));
int root=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]) root=i;
dfs(root,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=d[i];j++) ans=1ll*ans*j%mod;
cout<<ans<<'\n';
}
}
我一定会苦练画图的！
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