算法模板（3）：搜索（4）：高等图论
高等图论
有向图的强连通分量
相关概念
- 强连通分量：Strongly Connected Component (SCC).
- 对于一个有向图顶点的子集 S S S，如果在 S S S 内任取两个顶点 u u u 和 v v v，都能找到一条 u u u 到 v v v 的路径，那么称 S S S 是强连通的。
- 如果在强连通的顶点集合 S S S 中加入其他任意顶点集合后，它都不再是强连通的，那么称 S S S 是原图的一个强连通分量。任意有向图都可以分解成若干不相交的强连通分量，这就是强连通分量的分解。将分解后的强连通分量缩成一个顶点，就得到一个 D A G DAG DAG（有向无环图，也叫拓扑图）。
dfn[x] ：结点 x 第一次被访问的时间戳 (dfs number); low[x] ：结点 x 所能访问到的点的 dfn 值的最小值. 这里的树指的是 DFS 树. 所有结点按 dfn 排序即可得 dfs 序列
一个结点的子树内结点的 dfn 都大于该结点的 dfn。从根开始的一条路径上的 dfn 严格递增。一棵 DFS 树被构造出来后，考虑图中的非树边。前向边 (forward edge)：祖先→儿子。后向边 (backward edge)：儿子→祖先。横叉边 (cross edge)：没有祖先—儿子关系的。注意：横叉边只会往 dfn 减小的方向连接。在无向图中，没有横叉边（因为无向图的横插边一定有）、
在构造 dfs 树的时候，称 d f s dfs dfs 尚未搜索到的边为树枝边
1174. 受欢迎的牛
- Tarjan算法求强连通分量
- x x x 是正在搜索的节点。看看它是否在强连通分量之中。情况1：存在后向边，指向祖先节点；情况2：存在横叉边，横叉边再走到祖先节点。
- 时间戳：对于每个点，定义两个时间戳。 d f n [ u ] dfn[u] dfn[u] 表示遍历到u的时间戳； l o w [ u ] low[u] low[u] 表示从 u u u 开始走，所能遍历到的最小时间戳。 u u u 是其所在强连通分量的最高点等价于 d f n [ u ] = l o w [ u ] dfn[u] = low[u] dfn[u]=low[u].
- 最后连通分量编号逆序一定是拓扑序，所以其实不用进行拓扑排序。
- 题意：找到一个图中所有满足这样关系的节点的数量：从图中其他任何节点都可以到达这个节点。
- 对于这道题，如果不是拓扑图，需要每一个点都 b f s bfs bfs 一遍，复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，太高。但是如果是拓扑图的话，如果存在至少两个出度为 0 0 0 的点，那么这两个点相互无法到达，答案就是 0 0 0。但是，如果只有一个出度为 0 0 0 的点，那么答案就是出度为 0 0 0 的这个连通块的大小。
#include无向图的双连通分量
- 双连通分量又被称为重连通分量。双连通分量分为两种：边双连通分量（e-DCC）、点双连通分量（v-DCC）。
- 桥（割边）：假设有连通图G，e是其中一条边，如果G-e是不连通的，则边e是图G的一条割边。此情形下，G-e必包含两个连通分支。
- 割点：在一个无向图中，如果有一个顶点集合，删除这个顶点集合以及这个集合中所有顶点相关联的边以后，图的连通分量增多，就称这个点集为割点集合。如果某个割点集合只含有一个顶点X（也即{X}是一个割点集合），那么X称为一个割点注意割点至少属于两个连通分量。
- 若一个无向图中的去掉任意一个节点（一条边）都不会改变此图的连通性，即不存在割点（桥），则称作点（边）双连通图。
- 一个无向图中的每一个极大点（边）双连通子图称作此无向图的点（边）双连通分量。
- 用tarjan算法可以求边双连通分量和点双连通分量。
395. 冗余路径
- 边双连通分量算法
- 给一个无向连通图，问至少加几条边，可以把这个图变成边双连通分量。
- 求桥：dfn[u] < low[v]
- 一个图是边双连通分量，等价于任意两点之间有至少两条相互分离的路径（即两条路径没有一条重合的道路）。
- 双连通分量内任何两点间都是至少有两条相互分离的路径，因此缩点之后，变成了一个树。设图中度数为1的节点有cnt个，那么最后要加的边是 (cnt + 1) / 2 个。其实就是把叶节点两两相连（如果cnt是奇数就把多余的叶节点随便连一下）。这样，就变成了一个双连通图。
#include1183. 电力
- 点双连通分量算法
- 删除图中的一个点之后，连通块最多有多少。
- 求割点：（1）当u不是根节点时， l o w ( v ) > = d f n ( u ) low(v) >= dfn(u) low(v)>=dfn(u)，则u是割点；当u是根节点时，至少有两个子节点 y i y_i yi，有 l o w ( y i ) > = d f n ( u ) low(y_i) >= dfn(u) low(yi)>=dfn(u)
- 统计原本的连通块儿数量blocks，以及枚举每个连通块儿删掉一个点可以得到的最大的连通块儿数量res，答案就是blocks + res - 1.
#include396. 矿场搭建
- 题意：对于一个无向图，在图中找到一些点集{S}，使得不管取下图中哪一个点，其他点都可以到达{S}中的至少一个点。求问点集大小最小是多少，以及在此条件下的方案总数。
- 点集大小至少为2；
- 情况1. 若无割点，不管哪下那个点，图都是连通的，那么点集大小为2；
- 情况2：有割点的话需要缩点，每个割点单独作为一个点，从每个 v-DCC 向其包含的每个割点连一条边。若v-DCC度数为1，那么需要在改分量非割点的地方设置一个出口；若度数大于1，则无需设置出口。
#include欧拉路径和欧拉回路
-
如果图 G G G 中的一个路径包括每个边恰好一次，则该路径称为欧拉路径 ( E u l e r p a t h ) (Euler\ path) (Euler path)。
-
如果一个回路是欧拉路径，则称为欧拉回路 ( E u l e r c i r c u i t ) (Euler\ circuit) (Euler circuit)。
-
具有欧拉回路的图称为欧拉图（简称 E E E 图）。具有欧拉路径但不具有欧拉回路的图称为半欧拉图。
-
无向图（图必须是连通图）：
- 存在欧拉路径的充要条件：度数为奇数的点只有0个（起点终点重合）或2个（起点终点不重合）。
- 存在欧拉回路的充要条件：度数为奇数的点是0个。
- 有向图（图必须是连通图）：
- 存在欧拉路径的充要条件：要么所有点的入度都等于出度（起点终点重合），要么除了两个点之外，其余所有点的入度等于出度，剩余两个点：一个点出度比入度多1（起点），一个点入度比出度多1（终点）。
- 存在欧拉回路的充要条件：所有点的入度均等于出度。
1123. 铲雪车
- 所有的边都是双向边，而且要看成两条边，因此所有点入读与出度相等，其实就是欧拉回路。就算铲雪车停在一条路的中间，总时间是不会变的。因此只需要算一下所有路长度的两倍就行。
- 输出的话，格式有要求，要求分钟四舍五入、两位、保留前导零，可以这么做：
printf("%.f:%02.f\n", hours, minutes);
1184. 欧拉回路
- 给定一张图，请你找出欧拉回路，即在图中找一个环使得每条边都在环上出现恰好一次。输入：第一行包含一个整数 t t t， t ∈ { 1 , 2 } t \in \lbrace 1,2 \rbrace t∈{1,2}，如果 t = 1 t = 1 t=1，表示所给图为无向图，如果 t = 2 t = 2 t=2，表示所给图为有向图。第二行包含两个整数 n , m n,m n,m，表示图的结点数和边数。接下来 m m m 行中，第 i i i 行两个整数 v i , u i v_i,u_i vi,ui，表示第 i i i 条边（从 1 1 1 开始编号）。如果 t = 1 t = 1 t=1 则表示 v i v_i vi 到 u i u_i ui 有一条无向边。如果 t = 2 t = 2 t=2 则表示 v i v_i vi 到 u i u_i ui 有一条有向边。图中可能有重边也可能有自环。
- 复杂度是 O ( m ) O(m) O(m).
- 复原欧拉回路边的编号
#include拓扑排序
-
有向无环图至少存在一个入度为0的点，有环图一定不存在拓扑序。
-
若一个由图中所有点构成的序列A满足：对于图中的每条边(x, y)，x在A中都出现在y之前，则称A是该图的一个拓扑序列。
-
有向无环图的拓扑序不一定是唯一的。
-
可以拓扑排序的图，等价于拓扑图，等价于有向无环图(DAG)。
-
步骤：
- 将所有入度为0的点入队q。
- while( q.sizse() > 0 )：
t = q.front(); q.pop();
for( t 的每一个边 t -> j ):
d[ j ] --;
if(d[ j ] == 0) j 入队 q. - 最后，队列中的顺序就是拓扑序。
- f i l l ( h , h + N , − 1 ) fill(h, h + N, -1) fill(h,h+N,−1)，这样不对，因为节点的编号是从1开始的。老老实实用memset，小心 sizeof 问题，以及测试数据组不能特别多。
1191. 家谱树
- 输出一个 DAG 的拓扑序
#include1192. 奖金
- 关于差分约束的问题：
- 若边权任意，则需要用spfa判断环，跑最短路或最长路；
- 若边权非负，可以用tarjan算法
- 若边权均正，那么可以用拓扑排序跑一遍最长路即可。
但是还是要掌握下面的，已知拓扑序怎样求最长路。
- 这道题也让我们明白为什么求最小值要求最长路。而且这道题边不要连反。
法一：先拓扑排序再求最长路
#include法二：边拓扑排序边求最长路
void toposort() {
queue<int> que;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (!din[i]) {
d[i] = 100;
que.push(i);
cnt++;
}
}
while (que.size()) {
int u = que.front(); que.pop();
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int v = e[i];
din[v]--;
if (!din[v]) {
que.push(v);
d[v] = d[u] + 1;
cnt++;
}
}
}
if (cnt != N) printf("Poor Xed\n");
else {
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) ans += d[i];
printf("%d\n", ans);
}
}
164. 可达性统计
- 给定一张 N N N 个点 M M M 条边的有向无环图，分别统计从每个点出发能够到达的点的数量。 1 ≤ N , M ≤ 30000 1≤N,M≤30000 1≤N,M≤30000
- 用一个 01 01 01 的二进制串可以很好的表示哪些点可以到这个点。
- 用 b i t s e t bitset bitset 代替 b o o l bool bool 数组，可以把时间减少到 1 / 32 1 / 32 1/32，因为 b i t s e t bitset bitset 的位数比较少，按位或运算比较快。
- 这个我是建了反向图，然后宽搜（用到了拓扑排序）。
法一
- 建反向图，边拓扑排序边求解。
#include法二：
- 先拓扑排序，然后按照拓扑序逆序求解。
toposort();
for (int j = N; j; j--) {
int u = topo[j];
f[u][u] = 1;
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int v = e[i];
f[u] |= f[v];
}
}