图论学习笔记 4 - 仙人掌图

先扔张图：

---

为了提前了解我们采用的方法，请先阅读《图论学习笔记 3》。

仙人掌图的定义：一个连通图，且每条边只出现在至多一个环中。

这个图就是仙人掌图。

这个图也是仙人掌图。

而这个图就不是仙人掌图了。

很容易发现，仙人掌图就是在树上连了若干条边（\(\ge 1\) 条）。所以可以视为仙人掌图是基环树的扩展。

---

众所周知，我们通过想象基环树的深搜树形态解决了基环树的一些问题，所以也考虑想象仙人掌图的深搜树。

这里就直接给图了：

很容易发现以下性质：

• 仙人掌图中，每一条回边互不相交且与环一一对应，环由回边与祖先到子孙的链构成。（这个比较显然，可以简单理解）

• 任何一个环的 \(up\) 点或者是 \(dn\) 点，其子树一定包含的是完整的环。

很容易感性理解。\(up\) 的子树一定包含所有的环点，\(dn\) 的子树一定不包含所有的环点。所以就可以证了。

• 在每一个点的子树中，至多有一个没有遍历到其对应的 \(up\) 点的 \(dn\) 点。

考虑反证法，设我们有一个点 \(x\)，其子树里面有两个没有遍历到其对应的 \(up\) 点的 \(dn\) 点。设两个 \(up\) 点为 \(up1,up2\)，设两个 \(dn\) 点为 \(dn1,dn2\)。

很容易发现，两个 \(up\) 点一定是 \(x\) 的祖先。不妨这里设 \(up1\) 是 \(up2\) 的祖先。

容易发现，\(up1\) 到 \(x\) 的一整条路径都出现在了两个环中，所以这样是矛盾的，原结论得证。

---

T425915 仙人掌图最大独立集

首先默认已经做过基环树版本的 骑士 那道题了。

回顾一下那道题的做法，可以发现对于一条回边 \(up \to dn\) 构成的环，我们是在原有的 没有上司的舞会那道题 \(dp\) 状态上进行了一个升维，在记录子树根结点有没有选的同时还记录了 \(dn\) 有没有选。

考虑将这种方法扩展到仙人掌图上面，但是我们发现一个结点的子树里面可能有很多的 \(dn\)（并不是只有一个环了），而且数量是会变化的，而我们又不可能 \(2^n\) 记录所有的 \(dn\) 选没选，所以在状态设计方面遇到了一点“困难”。

但是我们发现，上述结论 3 就是为我们量身定制的，因为其他已经被考虑过的环已经不用再考虑（这是仙人掌图，不会出现环套环的情况），所以只需要把目光放在这个没有走到 \(up\) 的 \(dn\) 点就行了。

所以就可以设计状态了。至此思路已经成型，直接把那道题的代码拿过来改改就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 50010;
int n;
vector<int> v[N];
int dp[N][4];
bool stk[N], vis[N];
int up[N];
int m;

void dfs(int u, int pre) {
	vis[u] = stk[u] = 1;
	dp[u][1] = dp[u][3] = 1, dp[u][0] = dp[u][2] = 0;
	for (auto i : v[u])
		if (!vis[i]) {
			dfs(i, u);
			if (up[i] != 0 && up[i] != u)
				up[u] = up[i];
			if (u == up[i]) {
				dp[u][0] += max(max(dp[i][0], dp[i][1]), max(dp[i][2], dp[i][3]));
				dp[u][1] += dp[i][0];
				dp[u][2] += max(max(dp[i][0], dp[i][1]), max(dp[i][2], dp[i][3]));//很容易发现，对于一个环结束的时候，可以取 dp[2] 和 dp[0] 的增量相同，dp[3] 和 dp[1] 的增量相同
				dp[u][3] += dp[i][0];
			} else {
				dp[u][0] += max(dp[i][0], dp[i][1]);
				dp[u][1] += dp[i][0];
				dp[u][2] += max(dp[i][2], dp[i][3]);
				dp[u][3] += dp[i][2];
			}
		} else if (i != pre && stk[i])
			up[u] = i, dp[u][1] = dp[u][2] = -1e16;
	stk[u] = 0;
}

signed main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		v[x].push_back(y), v[y].push_back(x);
	}
	dfs(1, 0);
	cout << max(dp[1][0], dp[1][1]) << endl;
	return 0;
}

可以发现，这份代码和骑士那道题的那份代码是差不多了，主要改动就是把原来的单个元素 \(up\) 变成了一个数组 up[]。

最大独立集时间复杂度

学了这么多独立集，来总结一下各种图的求最大独立集的时间复杂度。

首先对于一般图，求独立集属于 NP 完全问题，也就是只能暴力枚举。

对于二分图，设点数 \(n\)，边数 \(m\)，则可以使用网络流将复杂度变成 \(O(m \sqrt n)\) 的级别（网络流还没学过qwq）。

对于仙人掌图，也包含了树和基环树，可以使用深搜树 + dp 的方式把复杂度变成 \(O(n+m)\) 的级别。

对仙人掌图进行缩点

发现仙人掌是一堆环通过一堆边拼在一起，两两之间彼此不相交。显然会发现，这个时候若把每一个环都看作是一个点，那么最终就会变成一棵树，在上面可以跑各种各样的科技。

那么怎么看作是一个点呢？？？通过 P5236 的圆方树做法，我们想到了可以配合点双连通分量进行缩点。

考虑仙人掌图中的每一个点双，不难发现是这样子的：

• 每一个点双恰好是一个简单环，或者是恰为一条非环边。

显然简单环一定是极大的点双连通分量，但是剩下的边中的每一条边也会变成一个点双连通分量，所以上面的那句话是正确的。

例如这个仙人掌图的深搜树，树边用实线，回边用虚线：

所有的点双连通分量现在已经用彩色线圈出来了，在旁边写上了新的编号。

最终得到的园方树如下：

以前我们就知道圆方树有着求必经点和可经点的作用，但是在对仙人掌图缩点的时候它会有更大的作用。

观察绿色点双连通分量，发现其 \(up\) 结点为 \(3\) 号结点（这里 \(up\) 结点为点双连通分量最高的结点，而 \(dn\) 结点为点双连通分量最低的结点），而对应到圆方树里面，发现 \(3\) 就是其父亲！

整理一下可得：

新性质：圆方树里方点的父亲恰好是深搜树中其对应的点双里最高的点。

---

考虑另一件事情：如何处理环上两点之间的最短距离。

不妨在圆方树里面，针对 \(14\) 号方点进行举例，即原深搜树中的绿色点双连通分量的部分。后面的抽象文字如果有不懂的可以对照着图片想想为什么。

因为获取距离的方法较为套路，这里就简要讲讲思考在这个方法的过程。

发现一个环一定是一条链加上一条回边，这是不由分说地。而且还可以发现两点之间的距离要么是在这条构成环的链上的距离（也就是直接从深度小的点通过走链走到深度大的点），要么是从另一个方向过来的距离（也就是先从深度小的点走到 \(up\)，然后再走 \(dn\)，再有 \(dn\) 走到深度较大的点）

显然两点之间的最短距离就是上面两片粗体字得到答案的 \(\min\) 值。但是这两个答案太难算了，有没有一些突破口呢？

显然是有的，因为我们可以发现第一托路径的答案 \(+\) 第二托路径的答案 \(=\) 整个环的路径权值和。

那么就可以通过路径权值和来快速通过前者得到后者。而且路径权值和是一个定值，因为其他地方没地方放了，就直接把环里面的路径权值和作为这个环对应的方点的点权即可。

而对于前面提到的第一托可能的路径，可以使用在链上 \(up\) 到这个点的距离来记录。这样就做完了。最终还有每一个方点到其 \(up\) 的距离设为 \(0\)。

总结一下：

• 方点到其 \(up\) 的边权设为 \(0\)。

• 圆点到方点的边权，设为在深搜树中方点的 \(up\) 到圆点的链上距离。

• 将方点的点权设为环内所有边权的总和。