图论 2023.11.20
次短路
P2829 大逃离
题意：给定一个无向图，入口1，出口n,求第二短路的值
一个节点所直接连接的地方小于k个（起点和终点除外），那么他就不敢进去。
n<=5000，m<=100000
思路：次短路为某一条边的长度+起点到该边一条端点的最短路+终点到另一条边的最短路
spfa跑从起点，从终点的最短路，之后枚举所有的边，连接点的记录可能有重边用vis标记
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define fr(i,z,n) for(int i = z;i <= n; i++)
#define fer(i,x) for(int i=e.head[x];i;i=e.next[i])
const int N = 5002, M = 100002, INF = 1e9 + 7;
int n, m, k, mindist, secdist = INF;//mindist最短路,secdist次短路
int t[N], dist[2][N];//t是每个点的出边数
bool used[N], vis[N];
template
struct Road {
int to[size], next[size], head[size], cnt = 1;
int w[size];
void add(int x, int y, int ww) {
to[cnt] = y;
w[cnt] = ww;
next[cnt] = head[x];
head[x] = cnt++;
}
void clear(int n) {
for (int i = 0; i <= n; i++) {
head[i] = 0;
}
cnt = 1;
}
};
Road<(100010<<1)>e;
void SPFA(int S, int op)//op=0是起点的参数,op=1是终点的参数
{
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dist[op][i] = INF, used[i] = 0;
}
queue Q;
Q.push(S);
used[S] = 1;
dist[op][S] = 0;
while (!Q.empty()){
int now = Q.front();
Q.pop();
used[now] = 0;
fer(i,now){
int v = e.to[i];
int w = e.w[i];
if (dist[op][now] +w < dist[op][v] && t[v] >= k)//筛掉不合法的(即小于k的)
{
dist[op][v] = dist[op][now] + w;
if (!used[v]) { Q.push(v); used[v] = 1; }
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
e.add(u, v, w);
e.add(v, u, w);
}
fr(i, 1, n) { //记录每一个节点的连接点数
memset(vis, 0, sizeof(vis));
fer(j, i) {
int v = e.to[j];
if (!vis[v]) { //防止重边，自环也算
t[i]++;
vis[v] = 1;
}
}
}
t[1] = INF; t[n] = INF; //起点与终点不包括
SPFA(1, 0);
SPFA(n, 1);
mindist = dist[0][n];
for (int i = 1; i <= n; i++) { //枚举所有边
if (t[i] < k)continue;
fer(j, i) {{
int v = e.to[j];
int len = dist[0][i] + e.w[j] + dist[1][v];
if (len > mindist && t[v] >= k)secdist = min(secdist, len);
}
}
}
printf("%d\n", secdist >= INF ? -1 : secdist);
return 0;
} 单源最短路->多源最短路
P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者(单源最短路->多源最短路)
题意：给定一个有向图，求给定的k个城市的两两城市间最短路的最小值
n<=1e5,m<=5e5,k<=n
思路：两遍dijkstra,
第一次将所有给定点的点加入到队列,(相当于从所有给定点出发到其他点的最短路)
于是需要维护两个东西。1.最短路的距离，2到当前点的最短路的起点(相当于染色操作)
第二次建立反图，同样将所有给定点的点加入到队列，求出其他点到给定点的最短路
同样维护两个东西。1.最短路的距离，2最短路对应的终点
遍历每一条边当起点!=终点(自环)时，更新答案
#include
#include
#include 割点+联通块
P3469 [POI2008] BLO-Blockade
给定一个无向图(图是联通的)，无重边，对于每个节点求出去与节点i关联的所有边去掉以后(不去掉节点i本身),
无向图有多少个有序点(x, y)，满足x 和y 不连通。
n<=1e5,m<=5e5
讨论要删的点是不是割点：
1.非割点,则为2*(n-1)
2.割点,导致变成多个联通块，不同联通块不可相互到达，
假设割后产生2个的联通块，大小为a,b,则贡献为2ab+2(n-1),
假设产生k联通块2(n-1)+2∑(1<=i<=k)∑(1<=j<=k,j!=i)sizei*sizej
会超时，∑(1<=j<=k,j!=i)sizej优化为n-sizei-1
于是变为2∑(1<=i<=k)sizei*(n-sizei-1)
转为求联通块大小问题
再dfs的过程中用sum防止重复计算的
#include
#include
#include
#include
#include
#define int long long
const int N = 5e5 + 10;
using namespace std;
vector edges[N];
vector edges2[N];
stackstk;
int dfsn[N], low[N], instk[N], cnt;
int n, m;
int ans[N], Size[N];
int tot;
void tarjan(int p){
low[p] = dfsn[p] = ++cnt;
instk[p] = 1;
Size[p] = 1;
int sum = 0;
stk.push(p); // 进栈
for (auto q : edges[p]) {
if (!dfsn[q]) { // 未访问过
tarjan(q); // 递归地搜索
Size[p] += Size[q]; //子树的大小
if (low[q] >= dfsn[p]) { // p为割点满足low[q] >= dfsn[p]
ans[p] += Size[q] *(sum); //以p为子树的贡献点
sum += Size[q];
}
low[p] = min(low[p], low[q]);
}
else {
low[p] = min(low[p], dfsn[q]);
}
}
ans[p] += (n - sum - 1) * sum;//剩下的点产生的贡献！
ans[p] += n - 1;
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
edges[x].push_back(y);
edges[y].push_back(x);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfsn[i])
tarjan(i);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << 2*ans[i] << '\n';
}
}