图论有关问题

mndzk，mndbu。

最短路相关

1. 三角形不等式

对于单源最短路，记 $dis_i$ 为原点到 $i$ 的最短路径长度。那么 $\forall (u,v,w) \in E,dis_{u}+w \ge dis_v$。且在边 $(u,v,w)$ 在最短路上时取等。这个比较显然，因为如果 $dis_u +w < dis_v$，那么 $v$ 按照 $s \to u \to v$ 的方式到达会更优，不符合最短路条件。三角形不等式可以拓展为：$\sum\limits_{j=2}^{n}dis_{p_j,p_{j-1}}\ge dis_{p_n,p_1}$。

应用

P12043 [USTCPC 2025] 图上交互题4 / Constructive Shortest Path

显然有：$w_{u_i,v_i} \ge f(u_i,v_i)$。那么对于一条边 $(u_i,v_i)$，如果经过了另外两个点 $x,y$，那么一定有 $dis_{u_i,x}+dis_{x,y}+dis_{y,v_i}\ge dis_{u_i,v_i}$。显然，如果存在合法解，那么 $w_{u_i,v_i}=f(u_i,v_i)$ 是可行的。因为绕路和直接连等价。

对于合法解构造，在不知 $f(x,y)$ 的情况下，将其设为 $10^{100}$ 无影响。那么只需要求一遍多源最短路，看 $dis_{u_i,v_i}$ 和 $f(u_i,v_i)$ 的关系即可。时间复杂度 $O(n^3)$。

差分约束类问题

基本模型：给定若干对形如 $x_i -x_j \le(\ge ) c$ 的限制，求可能的一组解。

根据三角形不等式，可以将 $i$ 看成图上一点，$x_i$ 看成超级源点 $0$ 到 $i$ 的最短路。例如 $x_i -x_j \le c$，则可以抽象成 $x_j+c \ge x_i$。这时 $c$ 就是 $(j,i)$ 的边权了。那么跑最短路就可以得到一组解。

通过 SPFA 求得一组解，一定是字典序最大的解。证明略。

P5590 赛车游戏

给 $m$ 条边标边权，使得 $1$ 到 $n$ 的最短路与最长路长度相等。

根据三角形不等式，需要满足 $dis_{1,u}+w_{u,v}=dis_{1,v}$ 才行。因为在 $dis_{1,u}+w_{u,v}>dis_{1,v}$ 时，$1$ 到 $n$ 的最短路不大于 $dis_{1,v}+dis_{v,n}$，且最长路不小于 $dis_{1,u}+w_{u,v}+dis_{v,n}$。这两个值不能不同。

因为 $1 \le w_{u,v}\le 9$，所以先跑一遍差分约束。得到一组可能的解。再规定 $w_{u,v}=dis_v-dis_u$ 就行了。时间复杂度 $O(nm)$。

AT_agc056_c [AGC056C] 01 Balanced

求个前缀和，就是需要满足 $s_{r_i}=s_{l_i-1}+\frac{r_i-l_i+1}{2}$。因为是前缀和，所以还有 $s_{i-1}+1 \ge s_i \ge s_{i-1}$ 的限制。转成差分约束，有：

$s_{l_i-1}+\frac{r_i-l_r+1}{2}\ge s_{r_i}$。
$s_{r_i}-\frac{r_i-l_i+1}{2}\ge s_{l_i-1}$。
$s_i +0 \ge s_{i-1}$。
$s_{i-1}+1 \ge s_i$。

但是这种图跑 SPFA 就四了，因为 $n \le 10^6,m \le 2\times 10^5$。

转化下式子：

\[s_{r}=s_{l-1}+\frac{r-(l-1)}{2}\\ 2s_r-r =2s_{l-1}-(l-1) \]

记 $a_i=2s_i-i$。那么条件可以写成：

$a_r=a_{l-1}$。
$a_i \le a_{i-1}+1$。
$a_{i-1}\le a_{i}-1$。

发现这样做之后，只存在 $0,1$ 的双向边，且跑出来的最小解不可能满足 $a_i=a_{i-1}$。因为若 $(u,v,w)$ 中 $w=0$，则 $a_u,a_v$ 奇偶性一定相同，否则一定不同。那么在存在合法解的情况下，一定不会有 $a_{i},a_{i-1}$ 奇偶性相同。使用 01BFS 做到 $O(n+m)$。

2. 传递闭包与可达性统计

还在追忆。

Floyd 可以维护传递闭包。具体地，维护 $T_{u,v}$ 表示 $u$ 与 $v$ 之间的可达性，那么枚举中转点 $k$，可以在 $O(n^3)$ 复杂度求解。

注意到 $T_{u,v}\in \{0,1\}$。那么使用 bitset 压位做到 $O(\frac{n^3}{\omega})$。

对于 DAG 上可达性统计，拓扑排序的过程中维护 bitset 做到 $O(\frac{nm}{\omega})$。

P7516 [省选联考 2021 A/B 卷] 图函数

先求 $f(u,G)$。点 $v$ 会对答案贡献 $1$，当且仅当：

$v \le u$。
存在一条 $u$ 到 $v$ 的路径，满足 $\max\limits_{x\in P(u,v)}^{}x \ge v$。
存在一条从 $v$ 到 $u$ 的路径，满足 $\max\limits_{x\in P(u,v)}^{}x \ge v$。

把点 $x \ge v$ 看做 $1$，$x < v$ 看做 $0$。那么就是存在 $u,v$ 之间的双向路径，满足只经过 $1$ 的点。

对于求 $h(G)$，考虑分开计算贡献。我们去枚举 $v$，那么它会对所有满足下面条件的 $u$ 产生贡献：

$u \ge v$。
只经过 $1$ 的点，存在 $u$ 到 $v$ 与 $v$ 到 $u$ 的路径。

这第二个条件很弱，因为 $u$ 到 $v$ 可以看做走反图。那么将 $0$ 的点去掉后，$v$ 会贡献的值应该是图 $G$ 和反图 $G'$ 中 $v$ 都可达的点的数量。

维护 $f_{u}$ 为 $G$ 中 $u$ 只走比它大的点，能到的点集。$g_u$ 为反图的。那么 $h(G)=\sum\limits_{u=1}^{n} |f_u\cap g_u|$。暴力做可以做到 $O(\frac{n^3}{\omega})$。

考虑删边。因为删的是前缀，所以一旦这个时刻 $u$ 不能对 $v$ 产生贡献了，那么之后就一定不可能产生贡献。启发我们维护 $u$ 对 $v$ 产生贡献的最大时刻。

也就是说，我们需要维护 $(u,v)$ 同时在两个图上联通时，最小边权的最大值。显然两个图可以分别求，然后取 $\min$。那么 Floyd 暴力跑就可以做到 $O(n^3)$ 预处理了。时间复杂度 $O(n^3+m)$。

3. 最短路树与最短路 DAG

维护 $f_i$ 为最后一次松弛 $i$ 的点。那么一定有：$dis_{s,f_i}+w_{f_i,i}=dis_{s,i}$。此时 $i$ 向 $f_i$ 连边后得到的有向树就是最短路树。

同理，维护所有满足 $dis_{s,v}+w_{v,u}=dis_{s,u}$ 的 $v$，连边后得到的图一定是 DAG（在不包含零环的情况下）。此时最短路图上任意一棵生成树一定是最短路树。

应用

U531345 任务

先把 $A$ 到 $B$ 的最短路图建出来。那么对于将其中一条链变成 $0$ 之后的情况，显然是 $C$ 走到了最短路图上某点，在从这个点出发通过 $0$ 的边走到另外一个点，再从这个点走到 $D$。显然中途不走 $0$ 的边，后面再走 $0$ 的边不优。

那么忧郁最短路图是 DAG，则只需要维护可以到达 $u$ 的点中 $dis_{C,v}$ 的最小值。那么从 $u$ 离开的代价就是这个值加上 $dis_{D,u}$。注意也可能是从 $D$ 走到 $C$，因为原图是无向图，而最短路图是有向图。时间复杂度 $O(n\log n)$。

P6880 [JOI 2020 Final] 奥运公交 / Olympic Bus

首先如果不翻转随便做。

先把 $1$ 到 $n$ 的最短路树建出来。考虑对翻转的边分类讨论：

边不在最短路树上。因为有向图，所以在树上的边一定不会在回来时用到，标记这些边不能翻转，跑一遍最短路即可。时间复杂度 $O(m\log m)$。
边在最短路树上。发现最短路树上的边只有 $O(n)$ 条。这里有个简单 trick，就是当 $E =V^2$ 时，可以通过每次暴力找到队列中 $dis$ 最小的点进行松弛，那么时间复杂度是 $O(E+V^2)$ 的。这个时候枚举这 $O(n)$ 条边，暴力跑最短路的时间复杂度 $O(n^3)$。

同时，还有可能翻转 $n$ 到 $1$ 路径上的边。和上面一样做。时间复杂度 $O(m\log m+n^3)$。

4. 同余最短路

基本模型：给定 $n$ 个物品 $x_1\dots x_n$，求在可以无限使用的情况下，能够凑出 $[l,r]$ 中多少个值。即有多少个 $c$，满足存在一组 $a_1\dots a_n$，使得 $c=\sum a_ix_i$。

注意到对于一个数 $c$，如果它能凑出来，那么任意 $c+\delta x_i$ 也能凑出来。可以发现，本质不同的 $c$ 的个数是 $O(x_i)$ 的。那么维护 $f_{i}$ 表示 $c \bmod x_1=i$ 时，$c$ 的最小值。那么所有 $c+\delta x_1$ 也都能凑出来。这个时候 $u \to (u+w)\bmod x_1$，边权为 $w$，就可以了。时间复杂度 $O(nx_1 \log (nx_1))$。

应用

AT_arc084_b [ABC077D] Small Multiple

考虑一个数字是怎么生成的。那么可以是通过从高往低，不断 $x \times 10 +a$ 得到。

通过这个，对于一个 $n$ 位数，可以看做从源点走了 $n$ 步，第 $i$ 步的代价为 $a_i$。注意到 $K \le 10^5$，那么维护 $f_i$ 表示 $x \bmod K=i$ 时，$\sum a_i$ 的最小值。这个时候就可以直接上最短路了，最短路上点表示 $x \equiv i \pmod K$ 时，$x$ 位数和的最小值。那么按照上面那个边权建边后，源点到 $0$ 的最短路就是答案了。

5. 杂题

AT_abc232_g [ABC232G] Modulo Shortest Path

按照 $B$ 从小到大排序。那么对于点 $i$，有分界点 $k$，使得 $[1,k]$ 中任意一个点，$i,j$ 之间的边权均为 $A_i+B_j$，$[k+1,n]$ 中任意一个点，$i,j$ 之间的边权均为 $A_i+B_j-M$。

那么前后缀优化建图就可以了吧。对每个点新增两个虚点 $i',i''$，$i'$ 和 $i''$ 都向 $i$ 连边权位 $B_i$ 的边，表示一个点要走到 $i$ 必须花 $B_i$ 的代价。再对于每个点，找到上面的分界点，则一个前缀的代价均为 $A_i$，一个后缀的代价均为 $A_i-M$。分别连向第 $k$ 个点对应的 $k'$ 和第 $k+1$ 个点对应的 $(k+1)''$。排序后 $(i+1)'$ 向 $i'$ 连 $0$ 的边，表示一个点花 $A_j$ 的代价走到 $(i+1)'$，就一定能花 $A_j$ 的代价走到 $i'$。同理 $i''$ 向 $(i+1)''$ 连 $0$ 的边。

这样点数是 $3n$ 的，边数是 $4n$ 的。然后就可以直接跑最短路了。时间复杂度 $O(n\log n)$。

不难发现问题。$A_i -M <0$。也就是说，这样连边存在负权。并且 SPFA 明显卡死。那就不能这样拆开，需要将 $A_i,B_j$ 一起算。可以不管 $i'$，因为这些边全非负。对于 $A_i+B_j-M$ 的边，可以尝试差分。$i''$ 向 $(i+1)''$ 连 $B_{i+1}-B_i$ 的边。再对于每个 $i$，向对应的 $k+1$ 连 $A_i+B_{k+1}-M$ 的边。$i''$ 向 $i$ 连 $0$ 的边。这样 $[k+1,n]$ 中每个点，如果需要从 $i$ 走过来，就一定是 $A_i+B_{k+1}-M+B_{k+2}-B_{k+1}+...+B_{j}-B_{j-1}$。简单化简显然是 $A_i+B_j-M$。这样保证了边权非负，可以做到 $O(n\log n)$。

P3573 [POI 2014] RAJ-Rally

怎么求图上最长路。因为可以从任意节点出发，在任意节点停止。根据简单 trick，可以建立源点和汇点。源点向所有点连 $0$ 的边，所有点向汇点连 $0$ 的边。因为原图是 DAG，所以这么建出来仍为 DAG，且源点到汇点的最长路就是图上最长路。

维护 $f_i$ 为源点到 $i$ 的最长路，$g_i$ 为汇点到 $i$ 的最长路。那么经过边 $(u,v)$ 的最长路就是 $f_{u}+g_{v}+1$。枚举删掉一个点 $x$，那么答案就是 $\max\limits_{(u,v)\in E\land u\ne x\land v\ne x}^{}f_u+g_v+1$。真的吗？明显假。因为没人知道 $f_{u}$ 和 $g_v$ 在最大的情况下有没有经过 $x$。

注意到这是 DAG，DAG 是可以划分成 $S,T$ 两个集合，其中 $S$ 包含源点，$T$ 包含汇点。那么没被任意一个导出子图包含的边只能是 $u \in S\land v\in T$ 的。且在不删点的情况下，最长路一定是 $\max\limits_{(u,v)\in E \land u\in S\land v\in T}^{}f_{u}+g_v+1$。这启示我们不断向 $S$ 或 $T$ 中加点、删点，维护最长路。

具体地，一开始 $S =\emptyset,T=\{s,e,1,2,3,\dots,n\}$。将 $T$ 中一个点 $i$ 加到 $S$ 中，先将 $i$ 删除。此时答案应该是 $\max\limits_{(u,v)\in E\land u\in S \land v \in T \land v\ne i}^{}f_u+g_v+1$。然后再将 $i$ 加入 $S$。但还是有问题，仍然不知道 $u,v$ 有没有经过 $i$。但是发现如果强制按照拓扑序做就可以避免这种情况了。首先拓扑序小的已经在 $S$ 中，不可能有 $s \to i \to u $ 的情况，其次 $i$ 是 $T$ 中拓扑序最小的，不可能存在 $v \to i$ 的边。所以这样处理就是对的。

如果对每条边预先处理 $f_{u}+g_{v}+1$，则问题变成：维护加边，删边，求当前存在的边中价值的最大值。

任意维护做到 $O(m\log m)$。

P6822 [PA 2012 Finals] Tax

AT_abc232_g 和这题啥关系。

记 $P(1,n)$ 为 $1$ 到 $n$ 经过的边权。那么实际代价是 $\sum\limits_{i=1}^{|P(1,n)+1|} \max(w_i,w_{i-1})$。满足 $w_0=0,w_{|P(1,n)+1|}=0$。

考虑拆点，把点 $i$ 拆成 $i_1,i_2,\dots i_{deg_i}$，表示最后一条边是 $i$ 的第 $j$ 条边。那么将 $i$ 的每条边从小到大排序，枚举 $u_{j}$，那么对于这条边对应的点 $v$，可以二分找到分界点 $k$，使得 $[1,k]$ 都有 $\max(w_{u,v},w_{v,w})=w_{v,w}$，$[k+1,deg_v]$ 都有 $\max(w_{u,v},w_{v,w})=w_{u,v}$。那么 $i_j$ 再拆成两条链，第一条从后往前依次链，第二条从前往后依次连，边权都是 $0$，再对第一条链增加 $w_{v,w}$ 的代价，第二条增加 $0$ 的代价。然后对 $u_j$ 连出去的边，第一条连增加 $0$ 的代价，第二条增加 $w_{u,v}$ 的代价就行了。这样点数是 $O(\sum deg_u)$ 也就是 $O(m)$ 级别的，大概会乘个 $4$。时间复杂度 $O(m\log m)$。

posted @ 2025-11-13 22:03 harmis_yz 阅读(9) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

harmisyz