浙江金華圖論整理

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圖論
- 基礎知識儲備：
- 各種算法簡介：

圖論

基礎知識儲備：

（1）、概念：

圖 G 是一個二元組(V,E)，其中V稱爲頂點集，E稱爲邊集。它們亦可寫成 V(G)和E(G)。E的元素是一個二元組數對，用(x,y)表示，其中x,y∈V。ios

（2）、圖的儲存:

①鄰接表  
    ②鏈式前向星  
    ③鄰接矩陣

（3）、度數序列：

①若把圖 G 全部頂點的度數排成一個序列 S，則稱 S 爲圖 G 的度數序列。
②考慮無向圖，d1, d2, ... ,dn表示每一個點的度數，d1 + d2 + ... + dn= 2e, 每條邊被計算兩次，一共有偶數個度數奇數的點。算法

各種算法簡介：

（1）、Havel–Hakimi算法簡介：

給定一串有限多個非負整數組成的序列，是否存在一個簡單圖使得其度數列恰爲這個序列。令S=(d1,d2,...,dn)爲有限多個非負整數組成的非遞增序列。 S可簡單圖化當且僅當有窮序列S’=(d2-1,d3-1,...,d(d1+1)-1,d(d1+2),...,dn)只含有非負整數且是可簡單圖化的。數組

（2）、Erdős–Gallai定理簡介：

令S=(d1,d2,...,dn)爲有限多個非負整數組成的非遞增序列。S可簡單圖化當且僅當這些數字的和爲偶數，而且對任意1<=k<=n都成立。
即公式：spa

（3）、遍歷(DFS/BFS)(pass...)

（4）、DFS Forest簡介：

Tree Edge指樹邊
Back Edge指連向祖先的邊
Forward Edge指連向子孫的邊
Cross Edge指連向樹其餘分支的邊
在無向圖中只存在Tree Edge和Back

（5）、歐拉回路

①簡介：

無向圖有歐拉回路的充要條件爲每一個點度數都是偶數且邊連通(注意孤立點)。有向圖有歐拉回路的充要條件爲每一個點的入度 = 出度且邊連通。一個聯通無向圖，有2k個奇數點，那麼須要k條路徑。3d

②代碼實現：

inline void dfs(int u) {
    for(int i=head[u];i;i=head[u]) {
        while (i && vis[abs(s[i])]) i=e[i].nxt;
        head[u]=i;
        if(i) {
            vis[abs(s[i])]=1;
            dfs(v[i]);
            q[++top]=s[i];
        }
    }
}

（6）、最小生成樹

①Prim / Kruskal （複雜度： O(n^2) / O(m log m)）

②Kruskal算法的正確性

擬陣(E,I)知足I的每一個元素爲E的子集。
空集屬於I
若是A屬於I，那麼A的全部子集也屬於I
若是A,B屬於I，而且|A|>|B|，那麼存在一個A中不屬於B中的元素u，知足B∪{u}也屬於I。
這樣就被稱爲擬陣，對於擬陣，咱們可使用貪心算法從小到大或者從大到小選擇。
令E爲邊集，I爲全部生成森林的集合，那麼(E,I)爲擬陣。
常見的擬陣還有匹配擬陣和線性無關組。

③Borůvka算法簡介：

一開始每一個連通份量是一個點自己。每輪每一個連通份量選擇和其餘連通份量相連的最小的邊，而後合併。時間複雜度O(E log V)rest

④最小瓶頸生成樹簡介：

使得生成樹樹上最大邊權值最小。
方法1: 最小生成樹必定是最小瓶頸生成樹。
方法2: 二分答案，看點是否連通。
類比找第k大值的方法，首先隨機一個邊權w。
而後將不超過這個邊權的邊加入，遍歷這張圖。
若是圖連通，那麼瓶頸不超過w，因而只需考慮邊權不超過w的邊。
不然將這些連通點縮起來，考慮邊權大於w的邊。
每次將問題的規模縮小至一半。
指望時間複雜度O(m)。code

⑤生成樹計數簡介：

1.Prufer序列：一棵樹要獲得Prufer序列，方法是逐次去掉樹的頂點，直到剩下兩個頂點。考慮樹T，其頂點爲{1, 2, ... ,n}。在第i步，去掉標號最小的葉子，並把Prufer序列的第i項設爲這葉的鄰頂點的標號。一棵樹的序列明顯是惟一的，並且長爲n − 2。blog

2.復原：設這Prufer序列長n − 2。首先寫出數1至n。找出1至n中沒有在序列中出現的最小數。把標號爲這數的頂點和標號爲序列首項的頂點連起來，並把這數從1至n中刪去，序列的首項也刪去。接着每一步以1至n中剩下的數和餘下序列重複以上步驟。最後當序列用完，把1至n中最後剩下的兩數的頂點連起來。排序

3.Cayley定理：徹底圖的生成樹個數爲n^(n-2)次。若是每一個點的度數爲di，那麼生成樹個數爲(n-2)!/(d1-1)!/(d2-1)!/.../(dn-1)!每一個連通塊大小爲ai，那麼添加一些邊將這些連通塊連通的生成樹個數爲a1a2...an(a1+a2+...+an)^(n-2)次。

（7）、Matrix-Tree定理簡介：

令G=D-A，而後去除G的任意一行一列G’，G’的行列式即生成樹個數。有向圖計數，即樹形圖個數。這裏的D變爲每一個點的入度，刪去第i行第i列爲從第i個點出發的樹形圖個數。

（8）、最短路(SSSP)

①簡介：

Dijkstra/Bellman Ford算法（時間複雜度O(m log n)或者O(nm)）
Floyd算法（O(n^3)）/ Johnson算法(負權)（(nm log n)）

①算法正確性：

Dijkstra 貪心
Bellman Ford 動態規劃

②一些變種：

邊權是0/1
雙端隊列，若是是0在頭部插入，不然在尾部插入。
總長不超過W, 正權
使用0..W的桶+鏈表維護這些點，時間複雜度O(m+W)。

③最短路徑樹(圖)：

（9）、差分約束系統簡介：

根據最短路有不等式dis(v)<=dis(u)+w(u,v)，剛好存在一個這樣的u知足條件。而且這樣計算出來的dis(v)是最大的。，對於一些s(v)<=s(u)+w(u,v)的限制，能夠類比最短路建圖。

判斷解惟一時，對原圖求一遍最短路。將原圖取反，邊權取反，求一遍最長路。一個標號對應的是能取到的最小值，一個是最大值。若是相同則解惟一。

（10）、Johnson算法介紹簡介：

首先給圖中每一個點一個標號h(v), 把每條邊(u,v)邊權改爲w(u,v)+h(u)-h(v)。對於s-t的一條路徑p，權值爲

因此不會改變最短路。
從1號點出發跑一遍最短路，記h(v)=dis(v)。
由不等式能夠獲得dis(u)+w(u,v)>=dis(v)，也就是改完以後邊權非負。
以後能夠每一個點用Dijkstra跑。

（11）、半徑/直徑 (正權圖)簡介：

u的偏愛距：ecc(u)=max dis(u,v)
直徑 d=max ecc(u)
半徑 r=min ecc(u) (d≠2r)
中心 arg min ecc(u) (要求定義在點上)
絕對中心 (能夠定義在邊上)

（12）、絕對中心 && 最小直徑生成樹

①絕對中心簡介：

固定一條邊(u,v)，考慮上面的點p的偏愛距。
假設第三個點是w, dis(p,u)=x
那麼對應的折線爲 min(x+dis(u,w), w(u,v)-x+dis(v,w))。
那麼偏愛距爲n條折線的最大值造成的折線。
按左端點排序維護一下。
時間複雜度O(nm log n)

②最小直徑生成樹簡介：

絕對中心的最短路樹證實:

注意一棵樹T有直徑爲半徑的兩倍(對絕對中心來講)。
若是最小直徑生成樹T’不包含絕對中心，那麼取T’的絕對中心v，顯然矛盾。

（13）、拓撲排序

每次去掉圖中入度爲0的點。時間複雜度O(n+m)。若是最後不爲空集那麼這個圖不爲DAG。不然每一個點入度不爲0，即每一個點能夠選擇一個前趨，沿着前趨走根據抽屜原理必定能找到相同點，也就是一個環。

①字典序最小的拓撲序

每一個點有不一樣的標號，要使得拓撲序最小。將拓撲排序的隊列改爲優先隊列便可。

②最小拓撲序的一個變種

使得最後的拓撲序中1的位置儘可能靠前，若是相同比較2的位置，依次類推。首先考慮如何求1最先出現的位置，能夠將原圖反向，而後每次彈除了1以外的元素，直到隊列只剩下1爲止。這是反圖中1的最晚的出現的位置，也就是原圖中最先的。根據是否在隊列裏，這個圖被分紅兩部分，在對應的圖中用一樣的方法處理2，依次類推。容易發現每次找儘可能大的元素出隊，能完成上述的過程。因此等價於反圖最大字典序。

（14）、Hall’s marriage theorem簡介：

對於一個二分圖G=(X,Y,E)，記S爲X的一個子集，N(S)爲全部S中全部點鄰居的並集。
一個圖有完備匹配當且僅當X的全部子集S都有|S|<=|N(S)|
對通常圖的推廣:

推論: 每一個正則二分圖都有完備匹配。

（15）、Kőnig's theorem簡介：

最小點覆蓋=最大匹配 (與最大流最小割定理等價)
最大獨立集=點數-最大匹配 (獨立集爲點覆蓋的補集)
最小邊覆蓋=最大獨立集 (獨立集中每一個點須要一條邊去覆蓋)

（16）、DAG最小路徑覆蓋簡介：

覆蓋全部的邊: 每條邊下界設爲1, 而後求最小流。
覆蓋全部的點: 創建二分圖，對於u->v的邊，看作二分圖中的(u,v’)，而後答案爲點數-最大匹配。
Dilworth 定理: 最大反鏈=最小鏈覆蓋

（17）、強連通份量 && 雙聯通份量

①強連通份量簡介：

Tarjan:
首先每一個點根據DFS的時候訪問的順序進行標號，記做這個點的時間戳。
而後每一個點維護一個low值，即這個點經過Tree edge和Back edge能訪問到時間戳最小的點。
若是一個點的能訪問到最先的點爲這個點，就會造成一個新的強連通份量。
一個圖將強聯通份量縮起來將會造成一個DAG。

②代碼（tarjan）：

void tarjan(int pos){
    vis[stack[++index]=pos]=1;//入棧並標記
    LOW[pos]=DFN[pos]=++dfs_num;
    for(int i=pre[pos];i;i=E[i].next){
        if(!DFN[E[i].to]){
            tarjan(E[i].to);
            LOW[pos]=min(LOW[pos],LOW[E[i].to]);
        }
        else if(vis[E[i].to]) LOW[pos]=min(LOW[pos],DFN[E[i].to]);
    }
    if(LOW[pos]==DFN[pos]){
        vis[pos]=0;
        size[dye[pos]=++CN]++;//染色及記錄強連通份量大小
        while(pos!=stack[index]){
            vis[stack[index]]=0;
            size[CN]++;//記錄大小
            dye[stack[index--]]=CN;//彈棧並染色
        }
        index--;
    }
}

③雙聯通份量簡介：

點連通度: 最小的點集使得刪去以後圖不連通
邊連通度: 最小的邊集使得刪去以後圖不連通
若是一個圖的點連通度大於1，那麼是點雙連通的，邊連通同理。
雙聯通份量爲圖中的極大雙聯通子圖。

（18）、割點和橋

①簡介：

考慮DFS樹，每條非樹邊對應着一個點到祖先的路徑。對於一條非樹邊只要把對應的邊打上標記便可。好比對於(u,v)這條非樹邊，只要在u點打上+1的標記，v點打上-1的標記。v到v的父親的樹邊的覆蓋次數爲子樹內全部標記的和。割點同理(注意特判根節點和葉節點)。

注意打標記這個過程能夠在線完成。可使用一個並查集維護當前雙聯通份量中的點，記錄一下每一個雙聯通份量中最高的點。而後對於一條非樹邊，暴力將這些點合併起來便可。由於一條邊最多被合併一次，須要不超過O(m)次的並查集操做。邊雙聯通份量縮完以後會造成一棵樹。

②例（2-SAT）：

一堆變量的二元限制,問是否存在合法的賦值。

首先每一個變量拆兩個點，Xi和Xi’表示Xi=1或0對於Xi or Xj這樣的限制，從Xi’向Xj連邊，從Xj’向Xi連邊，表示若是Xi取0，那麼Xj要取1，反之亦然。同時對於Xi=1這樣的限制能夠轉化爲Xi or Xi，因而從Xi’向Xi連邊，表示不能取Xi’。對於這樣的圖求強連通份量。有解的充要條件爲對於每一個變量Xi和Xi’不在同一個強連通份量裏。求方案的時候，對於一個變量Xi和Xi’，只要取Tarjan算法中強連通份量早造成的便可。感性認識: 若是Xi能到達Xi’，那麼Xi’的強連通份量會早造成。

（19）、圖論例題整理（未完...）：

Allowed Letters(CF 1009 G)代碼實現：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int M=63;

int m,x,len,l,t;
int a[N],ans[N],js[7],f[M+2][N];
char s[N],ch[9];

inline int read() {
    int n=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch<='9' && ch>='0') {n=(n<<3)+(n<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return n*f;
}

inline int work(int x) {
    for(int k=0;k<=M;++k) {
        int jc=0;
        for(int i=0;i<6;++i) 
            if((k>>i)&1) jc+=js[i];
        if(f[k][len]-f[k][x]<jc) return 0;
    }
    return 1;
}

int main() {
    scanf("%s%d",s+1,&m);
    len=strlen(s+1);
    //預處理一下 
    for(int i=1;i<=len;++i) {
        a[i]=M,ans[i]=-1;
        ++js[s[i]-'a'];
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) {
        scanf("%d%s",&x,ch);
        l=strlen(ch),t=0;
        for(int j=0;j<l;++j) t|=1<<(ch[j]-'a');
        a[x]&=t;
    }
    for(int k=0;k<=M;++k) 
        for(int i=1;i<=len;++i) f[k][i]=f[k][i-1]+(bool)(a[i]&k);
    for(int i=1;i<=len;++i) {
        for(int j=0;j<6;++j) {
            --js[j];
            if(((a[i]>>j)&1) && work(i)) {
                ans[i]=j; 
                break;
            }
            ++js[j];
        }
        if(ans[i]==-1) {
            printf("Impossible\n");
            return 0;
        }
    }
    for(int i=1;i<=len;++i) cout<<char(ans[i]+'a');
    return 0;
}

Revmatching (TCO 2015 1A Hard)

Valid BFS? (CF 1037 D)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;

int n,x,y,res;
int vis[N],head[N];
vector<int> g[N],ans;
queue<int> q;

struct node {
    int a,b,nxt;
}e[N];

inline int read() {
    int n=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch<='9' && ch>='0') {n=(n<<3)+(n<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return n*f;
}

inline int cmp(int x,int y) {
    return e[x].b<e[y].b;
}

inline void init() {
    for(int i=1;i<=n;++i) e[e[i].a].b=i;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        sort(g[i].begin(),g[i].end(),cmp);
        for(int j=0;j<g[i].size();++j) res=g[i][j];
    }
}

inline void bfs(int s) {
    q.push(s);
    vis[s]=1;
    while (!q.empty()) {
        int u=q.front();
        q.pop();
        ans.push_back(u);
        for(int i=0;i<g[u].size();++i) {
            int v=g[u][i];
            if(vis[v]) continue;
            vis[v]=1;
            q.push(v);
        }
    }
}

inline int pd() {
    for(int i=0;i<ans.size();++i) 
        if(e[i+1].a!=ans[i]) return 0;
    return 1;
}

int main() {
    n=read();
    for(int i=1;i<=n-1;++i) {
        x=read(),y=read();
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) e[i].a=read();
    if(e[1].a!=1) {
        printf("No");
        return 0;
    }
    init();
    bfs(1);
    if(pd()) printf("Yes");
    else printf("No");
    return 0;
}

Cycle (HDU 5215)

航空管制 (NOI 2010)

題目簡述：

有n個航班依次起飛，一個時刻只能有一個飛機起飛，而且有m個限制:第一種限制，第i個飛機必須在c(i)的時刻前起飛。第二種限制，第i個飛機必須在第j個飛機以前起飛。

詢問:
一個可行的起飛方案。每一個飛機最先的起飛時間。n<=2e3, m<=1e4

Solution

倒過來變成每一個飛機在某個時刻以後能夠起飛。
    第二問變成每一個飛機最晚何時起飛。
    直接用拓撲排序的作法便可。

ABland Yard (AGC 27 C)

題目簡述：

給你一個有向圖，每一個點都標有01。問是否對於全部01串，都存在一條路徑，使得將路徑上通過的點的數字連起來獲得01串。

Solution

這裏只討論二分圖。
    最大匹配: Hungarian/Hopcroft-Karp/Dinic
    最大權匹配: KM/費用流
    判斷是否存在奇環，只要看是否是二分圖便可。
    判斷是否存在偶環，首先看每條非樹邊對應的環是否是偶環。
    若是存在那麼就找到了偶環。
    不然考慮若是兩個奇環相交，那麼去除中間部分就會造成一個偶環。
    因此對於奇環的非樹邊只要暴力訪問樹邊打上標記，若是已經有標記了就說明存在奇環。
    時間複雜度O(n+m)

Cycling City (CF 295 E)

題目簡述：

你有一個n個點m條邊的無向圖。（n, m<=2e5）
問是否存在兩個點，使得這兩個點之間有三條簡單路，而且這三條簡單路沒有公共點。

Solution

若是兩條非樹邊對應的環有交，那麼必定能夠找到這樣的兩個點。不然不存在。

Hangar Hurdles (CERC 16)

題目簡述：

**有一個n*n的網格圖，上面有些格子可行，有些格子是障礙。（N<=1000 Q<=300000 ）
有Q個詢問，想把一個正方形箱子從(r1,c1)推到(r2,c2)，問箱子最大的大小。（起點終點是正方形箱子的中點）**

Solution

首先從障礙開始bfs，求出每一個格子最近的障礙。而後變成了求一條路徑，使得路徑上的最小值最大。求最大生成樹，而後在上面倍增詢問便可。

Life of the Party (ONTAK 2010)

Allowed Letters(CF 1009 G)

題目簡述：

你有6種字母，第i個字母有ci個。你要用這些字母排成一個字符串，其中有一些條件，第i個位置只能填某個字母的子集。問你能填出的字典序最小的字符串是什麼。（sum ci<=10^5）

Solution

首先求出最大匹配，下面考慮左邊點的狀況。咱們將匹配中的邊從右往左連，不在匹配中的邊從左往右連。這個時候一條增廣路成爲一條連續的路徑。從每一個左邊未匹配的點仍是遍歷，若是被一個左邊的點被訪問到，說明存在一條增廣路，也就是不必定在最大匹配中。全部沒有被訪問到的點必定在最大匹配中。

Revmatching (TCO 2015 1A Hard)

題目簡述：
給定一個n個點的二分圖，每條邊有一個邊權。找到一個邊權和最小的邊集，使得刪掉這個邊集以後不存在完備匹配。n<=20
Solution

根據Hall定理，只要存在一個集合S，使得|N(S)|<|S|，則不存在完備匹配。因而咱們枚舉S集合，而後貪心刪除邊集使得|N(S)|<|S|。

Bajtman i Okrągły Robin (ONTAK 2015)

題目簡述：

有n個強盜，每一個強盜會在時刻l到時刻r搶劫，會形成c的損失。在一個時刻，你能夠選擇抓一個強盜，強盜被抓住以後不會形成損失。你要抓儘可能多的強盜使得損失儘可能小。（n<=5000）

Solution

按強盜從大到小排序，貪心選取每一個強盜能不能抓。判斷一些強盜能不能抓完，能夠按左端點排序，使用優先隊列維護右端點。貪心算法的正確性: 考慮匈牙利算法，從大到小一個一個匹配，一個點一旦在匹配中，那麼一直在匹配裏面。

不知名例題

題目簡述：

平面上有n個點(x_i,y_i)，將這些點紅藍染色使得每行每列紅藍點個數的差不超過1。生成2^n的01串(這個串頭尾相連)，使得全部長度爲n的01串都出現過。

不知名例題2

題目簡述：
有n個點，每一個點有個權值ai，兩個點之間的邊權爲(ai+aj) mod M。問最小生成樹。（N<=1e5，0<=M,a_i<=1e9）

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圖論

基礎知識儲備：

（1）、概念：

（2）、圖的儲存:

（3）、度數序列：

各種算法簡介：

（1）、Havel–Hakimi算法簡介：

（2）、Erdős–Gallai定理簡介：

（3）、遍歷(DFS/BFS)(pass...)

（4）、DFS Forest簡介：

（5）、歐拉回路

①簡介：

②代碼實現：

（6）、最小生成樹

①Prim / Kruskal （複雜度： O(n^2) / O(m log m)）

②Kruskal算法的正確性

③Borůvka算法簡介：

④最小瓶頸生成樹簡介：

⑤生成樹計數簡介：

（7）、Matrix-Tree定理簡介：

（8）、最短路(SSSP)

①簡介：

①算法正確性：

②一些變種：

③最短路徑樹(圖)：

（9）、差分約束系統簡介：

（10）、Johnson算法介紹簡介：

（11）、半徑/直徑 (正權圖)簡介：

（12）、絕對中心 && 最小直徑生成樹

①絕對中心簡介：

②最小直徑生成樹簡介：

（13）、拓撲排序

①字典序最小的拓撲序

②最小拓撲序的一個變種

（14）、Hall’s marriage theorem簡介：

（15）、Kőnig's theorem簡介：

（16）、DAG最小路徑覆蓋簡介：

（17）、強連通份量 && 雙聯通份量

①強連通份量簡介：

②代碼（tarjan）：

③雙聯通份量簡介：

（18）、割點和橋

①簡介：

②例（2-SAT）：

（19）、圖論例題整理（未完...）：

Allowed Letters(CF 1009 G)代碼實現：

Revmatching (TCO 2015 1A Hard)

Valid BFS? (CF 1037 D)

Cycle (HDU 5215)

航空管制 (NOI 2010)

ABland Yard (AGC 27 C)

Cycling City (CF 295 E)

Hangar Hurdles (CERC 16)

Life of the Party (ONTAK 2010)

Allowed Letters(CF 1009 G)

Revmatching (TCO 2015 1A Hard)

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不知名例題

不知名例題2

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