2026.9 图论专题做题记录

CF547D Mike and Fish

将横纵坐标看成两排点，记第 $x=i$ 为 $i_x$，第 $y=i$ 为 $i_y$。

那么 $i_{x}$ 和 $i_y$ 连边后得到二分图。给二分图边黑白染色，使得每个点的连边中黑白点数量差不超过 $1$。

注意到一个奇数度数的点黑白点数量差一定为 $1$。考虑建一个虚点来平衡度数。将所有奇数度数的点和这个虚点连一条边，那么所有点的度数都变成偶数了。

这样可以跑从虚点出发的欧拉回路，对于构造，所有左部点走向右部点为黑；右部点走向左部点为白。考虑证明合法性：

如果一个点度数是偶数。根据欧拉回路，一定有一半回一半出。黑白数量相同。
如果一个点度数是奇数。同理，算上与虚点的边后一定有一半回一半出。又因为和虚点的边不染色，所以黑白数量差 $1$。

时间复杂度 $O(n)$。

P15869 【MX-X26-T5】「Cfz Round 7」anybody can finds love (expect you)

考虑给每个点的所有边两两配对，表示只要这次是从其中一个进来或出去的，那么下一步就要从另一个出去或进来。

那么只要一个点所有边对应点不存在绝对众数就一定可以这么配对，同时如果存在绝对众数一定无解。

考虑构造，DFS 的时候存 $(u,pre)$ 表示当前点与上一次经过多边。首先如果 $pre$ 对应的配对边没有走过，那么强制下一步走配对边出去。对于剩下的配对边，由于这些配对边对应点两两不同，所以一定有一个和 $pre$ 这条边对应的点不同，先走那个就行了。

复杂度 $O(n+m)$ 或 $O((n+m)\log n)$。

AT_agc018_f [AGC018F] Two Trees

首先不难注意到对于任意一个点 $u$，若其在两棵树中儿子数量奇偶性不同，则一定无解。

先建个虚点把两棵树连起来（和树根连边）。考虑对于一个奇数度数的点 $i$，将其在两棵树中连起来。

那么所有点的度数都是偶数了。

跑一遍欧拉回路，构造：

这条边为 $T_1$ 中的边或 $T_2$ 中的边。不管。
这条边从 $T_1$ 到 $T_2$。将这个点点权设为 $1$。
这条边从 $T_2$ 到 $T_1$。将这个点点权设为 $-1$。

考虑证明其合法性。将欧拉回路拆成若干个环。对 $T_1$ 中的点 $u$ 的所有边分类讨论：

$u$ 先走到某个儿子，最后走到 $T_2$ 中的 $u$ 或 $u$ 的某个儿子返回。注意到这样从子树中某个点走到 $T_2$ 会贡献 $1$，从 $T_2$ 回到子树某个点会贡献 $-1$。所以整体贡献 $0$。
$u$ 先走到某个儿子，最后走到 $u$ 的父亲返回。此时只会贡献 $1$。
$u$ 先走到 $T_2$ 中的 $u$，最后走到 $u$ 的父亲返回。同样只会贡献 $1$。
$u$ 先走到 $u$ 的父亲，最后走到 $T_2$ 中的 $u$ 返回，此时只会贡献 $-1$。

由于父亲边只能走一次，所以恰好贡献绝对值为 $1$。对 $T_2$ 中的 $u$ 同理。

时间复杂度 $O(n)$。

P3275 [SCOI2011] 糖果

直接差分约束做。

P11095 [ROI 2021] 旅行 (Day 2)

考虑枚举 $t_{max}$。把最小生成树建出来。

加入一条边 $(u,v,t_{max})$：

是最小生成树上的边。设 $u$ 深度较小。
1. 维护 $f_x$ 为 $x$ 到 $1$ 边权最小值，将 $v$ 子树中所有点的 $f_x$ 对 $t_{max}$ 取 $\min$（初始化 $+\infin$）。
不是最小生成树上的边，此时会形成边双。注意到一个边双中的边都是可以经过的。所以考虑将 $P(u,v)$ 中所有边双合并，其中 $P(u,v)$ 为树上 $u$ 到 $v$ 的路径。
1. 维护 $g_x$ 为与 $x$ 在一个边双且深度最小的祖先，$h_x$ 为 $x$ 所在边双边权最小值。记 $w$ 为 $\text{lca}(u,v)$ 所在连通块。那么分别从 $u,v$ 开始跳，每次跳到 $fa_{g_x}$，并维护一路上 $h_x$ 与 $t(g_x,fa_{g_x})$ 的最小值，直到跳到 $g_x = w$。最后将一路上所有点的 $g$ 合并成 $w$，并将 $h_w$ 更新。显然，跳一次就会合并一次，所以均摊 $O(n)$。
2. 将 $w$ 子树中所有点的 $f_x$ 对 $h_w$ 取 $\min$。
3. 维护 $ans_x$ 为 $x$ 的答案，将 $w$ 子树中所有点的 $ans_x$ 对 $h_w + t_{max}$ 取 $\min$（初始化 $+\infin$）。

再考虑一个点的真实答案。注意到 $x$ 和 $1$ 联通之前 $ans_x$ 都是假的，所以维护一下每个点和 $1$ 联通的时间，在枚举到这个时间时将 $ans_x$ 改成 $f_x + t_{max}$ 即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。线段树需要维护区间取 $\min$，单点查询，单点修改。

P4630 [APIO2018] 铁人两项

考虑如果 $s,f$ 确定，$c$ 有多少种选法。显然 $c$ 的数量等于 $s$ 到 $f$ 所有简单路径并的大小减 $2$。

由一个点双中任意 $3$ 点 $x,y,z$ 都存在 $x$ 到 $y$ 到 $z$ 的路径得知，$s$ 到 $f$ 所有简单路径并等价于 $s$ 到 $f$ 所有点双并。

把圆方树建出来，那么这个并的大小减去 $2$ 的值就等于将方点权值设为点双大小，园点权值设为 $-1$ 后 $s$ 到 $f$ 路径权值和。

DFS 一遍，在 $\text{lca}$ 处统计即可。时间复杂度 $O(n + m)$。

P6378 [PA 2010] Riddle

考虑 2-SAT。

记 $c_i$ 为第 $i$ 个点所属部分的编号。记 $i_0$ 为不选 $i$，$i_1$ 为选 $i$。

对于一条边 $(u,v)$，$u_0$ 向 $v_1$ 连，$v_0$ 向 $u_0$ 连，得到至少选一个的限制。

对于一个部分 $i$，记其点集为 $S$。那么一个 $x\in S$ 需要 $x_1$ 向 $y\in S\land y\ne x$ 的 $y_0$ 连，得到不能选两个以上的限制。这个前缀、后缀优化一下连边就行了。

直接对这个跑一遍 2-SAT。对于第 $i$ 个部分：

$c_x = i$ 中选择的点数量不小于 $2$。由上面的连边方式得知不可能存在。
$c_x = i$ 中选择的点数量等于 $1$。合法。
$c_x = i$ 中选择的点数量等于 $0$。说明对于所有 $c_u = i$ 的 $(u,v)$ 都满足 $c_v \ne i$。因为如果 $c_v = i$ 显然不满足至少选一个的限制。那么此时任意再选一个 $c_u = i$ 的点也是可以的。所以合法。

时间复杂度 $O(n+m)$。

P5332 [JSOI2019] 精准预测

只保留有用的点，即预测中 $2m$ 个点和最后 $T+1$ 时刻的 $n$ 个点。

用 2-SAT 跑一遍后一个点的答案就等价于 $n-1$ 减去它能到达的 $(y,T+1,0)$（即推出死亡的点）。

缩点之后就是一个 DAG 可达性统计。复杂度 $O(\frac{nm}{\omega})$。

QOJ10706 Red-Blue MST

考虑先将最小生成树建出来。考虑一个不在最小生成树上的红边，容易得知，它如果要替换一条蓝边，那么这条蓝边应该满足：

将所有边权比该红边小的红边，边权比该蓝边小的蓝边，最小生成树上的红边连起来后，该红边 $(u,v)$ 两点不联通。且加入该蓝边后 $(u,v)$ 联通。

那么直接对这个做整体二分。时间复杂度 $O(n\log^2 n)$，要可撤销并查集。

P6643 [CCO 2020] Mountains and Valleys

注意到非树边最多走一条，证明简单。

考虑枚举起点 $s$，终点 $t$ 和这条非树边 $(u,v,w)$。记 $p(u,v)$ 为 $u$ 到 $v$ 简单路径经过的边集。

容易发现，这样的代价就是 $2(n-1)-\text{dis}(s,t) -\text{dis}(u,v) + w +2\max(0,|p(u,v)\cap p(s,t)|-1)$。也就是从 $s$ 走到某个点 $x$，再走到 $u$，经过非树边到 $v$，再走到某个点 $y$，然后返回去把 $p(x,y)$ 连接的点走完，最后走到 $t$（不重要的边显然都会经过两次，不必在意）。

考虑点分治维护这个东西。那么我们只需要对经过分治中心的非树边 $(u,v)$（因为如果在同一个子树内，在之后的分治一定会算到）。

简单 DP 算一下就可以做到 $O(siz)$。

由于最多分治两层，所以整体 $O(n+m)$。

P10357 [PA 2024] Żelki

考虑先背包求出 $f_{x}$ 为每种颜色选择一个，使得重量和对 $m$ 取模的结果为 $x$ 时的最小花费。这个的时间复杂度 $O(nm)$。

然后就变成同余最短路了。$i$ 向 $(i+j)\bmod m$ 连边权为 $f_{j}$ 的边，则对于 $r$ 的答案就等于从 $0$ 走到 $r$ 的最短路。由于 $|E| = |V|^2$，所以跑 dij 的时间复杂度 $O(m^2)$。

整体时间复杂度 $O(nm+m^2)$。

AT_arc076_d [ARC076F] Exhausted?

有 Hall 定义得知，最大匹配等于左部点数减去 $\max(|S|-|N(S)|)$。

对于这题，答案显然就是没有匹配的左部点数量，即 $\max(0,\max(|S|-|N(S)|))$。

如果已知 $S$，注意到 $N(S) = [1,\max\limits_{x\in S}^{}L_x]\cup [\min\limits_{x\in S}^{}R_x,m]$。所以 $|S| - |N(S)| =|S| - m+(\min\limits_{x\in S}^{}R_x - \max\limits_{x\in S}^{}L_x -1)$。

将区间按照 $R_i$ 从大到小排序，扫 $R$，维护 $f_{L}$ 表示 $\max\limits_{x\in S}^{}L_x = L$ 时，$|S|-L$ 的最大值。那么加入一个区间 $[L_i,R_i]$ 时：

对 $L \ge L_i$，将 $f_L$ 增加 $1$。
更新答案 $ans\gets \max(ans,(\max f_L) -m+ R_i-1)$。

初始化 $f_L = -L$。

线段树做到 $O(n\log n)$。

P7816 「Stoi2029」以父之名

P15869 + CF547D 属于是。

考虑一个点的所有边两两配对。显然尽量 $(2,2),(1,1)$ 配对就这么配。最后只会是剩下一个 $1$ 或剩下 $(2,1)$。前一种情况的点用一个大虚点连起来让它们度数变成偶数，后一种直接配对。

最后跑一遍欧拉回路，怎么走的边就怎么定向。时间复杂度 $O(n+m)$。

P13592 [NWRRC 2023] Loops

注意到对于每一行的点，可以钦定其值是单调递增的，因为这三种图每个都存在一组构造，使得第一行两个数单增且第二行两个数单增。

容易发现，此时如果给第一列确定一个顺序，后面每个 $2\times 2$ 的图边的顺序都是唯一确定的。不妨设第一列从上往下是单增的。那么就可以 $O(nm)$ 得到大小关系了。

显然这么做完之后不会有环，跑拓扑排序即可。时间复杂度 $O(nm)$。

CF2061G Kevin and Teams

注意到 $k = \lfloor\frac{n+1}{3}\rfloor$。

证明考虑构造一个前 $m$ 个点为完全图，剩下点为孤立点的图。那么该图的匹配数量为 $\lfloor\frac{m}{2}\rfloor$，补图的匹配数量为 $\min(n-m,m)+\lfloor\frac{n-2m}{2}\rfloor$。不难得之 $\max\limits_{m}\max(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor,\min(n-m,m)+\lfloor\frac{n-2m}{2}\rfloor) = \lfloor\frac{n+1}{3}\rfloor$。

对于构造，考虑将是朋友看成黑边，不是朋友看成白边。维护一个同色的链，每次查询一个点 $i$ 和当前链尾的点。

若得到的颜色相同。连在链尾后面。
若得到的颜色不同。设链尾上一个点为 $x$，链尾为 $y$。将 $(x,y),(y,i)$ 分别加入两种颜色的答案集合，并删去 $x,y$ 两点。

这样的话一次情况 $2$ 会消耗 $3$ 个点，并将两种颜色集合的答案增加 $1$。设最终链上有 $x$ 个点，那么选择与这条链颜色相同的答案集合作为最终答案，并把链上相邻两个当作一组，可以得到 $k=\lfloor\frac{x}{2}\rfloor+\frac{n-x}{3}\ge \lfloor\frac{n+1}{3}\rfloor$。

时间复杂度 $O(n)$。

AT_agc036_d [AGC036D] Negative Cycle

对于边，分 $3$ 种情况：

$j = i + 1$。$i\to j$ 边权为 $0$。
$j>i$。$i\to j$ 边权为 $-1$。
$j<i$。$i\to j$ 边权为 $1$。

不难发现，这个等价于对于一个数组 $x_{0\sim n-1}$，有限制：

$x_{i}+(0)\ge x_{i+1}$。
对于 $j>i$，$x_i+(-1) \ge x_j$。
对于 $j<i$，$x_i+(1) \ge x_j$。

要求 $x_{0\sim n-1}$ 有解。

把 $x_{0\sim n-1}$ 看成前缀和，那么等价于：

$a_i \le 0$。
对于边权为 $-1$ 的边 $i\to j$，$\sum\limits_{x=i+1}^{j}a_x \le -1$。
对于边权为 $1$ 的边 $i\to j$，$\sum\limits_{x=j+1}^{i}a_x \ge -1$。

整体取个反，相当于：

$a_i \in \{0,1\}$。
对于边权为 $-1$ 的边 $i\to j$，$[i+1,j]$ 中至少 $1$ 个 $1$。
对于边权为 $1$ 的边 $i\to j$，$[j+1,i]$ 中最多 $1$ 个 $1$。

要求 $a_{0\sim n-1}$ 有解。

定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 为前 $i$ 个下标，最后一个 $1$ 在 $j$，倒数第二个 $1$ 在 $k$ 的最小代价。那么可以知道，对于右端点为 $i$ 的区间 $[l,i]$，应该满足：

$l\in [1,k]$。区间 $[l,i]$ 中有至少 $2$ 个 $1$。此时所有 $v+1 \in [1,k],u=i$ 的边 $u\to v$ 应该删掉。
$l\in [k+1,j]$。区间 $[l,i]$ 中恰好有 $1$ 个 $1$。任意限制都满足。
$l\in [j+1,i]$。区间 $[l,i]$ 中没有 $1$。此时所有 $u+1\in [j+1,i],v=i$ 的边 $u\to v$ 应该删掉。

维护两种限制的前缀和，可以 $O(1)$ 得到需要删掉的边的代价和，记为 $w(j,k,i)$。那么转移为：

$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}$。
$f_{i,i,j}=\min\limits_{k\le j}^{}f_{i-1,j,k}$。
$f_{i,j,k}\gets f_{i,j,k}+w(j,k,i)$。

初始化 $f_{0,0,0}=0$，答案为 $\min f_{n,j,k}$。时间复杂度 $O(n^3)$。

P13358 [GDCPC 2024] 小班课

结论：

如果按照意向度从高到低的优先级跑匈牙利，那么一定存在一个点 $x$，使得 $x$ 匹配到了他意向度最高的点。

证明：

考虑反证。假设不存在这样的点 $x$，那么匹配方式一定形如：$x_1\to c_1\to x_2\to c_2\dots\to x_k\to c_k\to x_1$。其中 $x_i$ 为左部点，$c_i$ 为 $x_i$ 意向度最高的点，$c_i\to x_{i+1}$ 为实际上这个右部点匹配的左部点。

不妨设当前尝试匹配的点为 $x_1$。

由于 $c_1$ 是 $x_1$ 意向度最高的点，所以在增广 $x_k$ 时如果 $c_k$ 被 $x_1$ 选择了，说明之前 $x_1$ 尝试匹配 $c_1$ 就已经失败了。此时不可能 $x_1$ 在已经匹配了 $c_k$ 的情况下又来尝试匹配 $c_1$。故不存在这种情况。

有这个结论，不难发现答案就等于最大匹配。

这样每次跑最大匹配，然后选一个可以的点复杂度是 $O(n^4)$ 的。

考虑随便跑一个最大匹配然后调整。

对于每个 $i$，设其意向度最高的点为 $c_i$ 且 $c_i$ 被 $x_i$ 匹配了。$i $ 向 $x_i$ 连边。得到的是内向基环树森林。

发现对于一个环 $x_1\to x_2\dots \to x_k \to x_1$，可以直接让他们匹配到自已意向度最高的点 $c_{x_i}$（相当于是整体右移一步）。这样整个环就都消去了。

之后再这样连边，就又是很多基环树。

显然最后一定能消完。复杂度 $O(n^3)$。

posted @ 2026-09-03 21:06 harmis_yz 阅读(16) 评论(0) 收藏举报

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harmisyz

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