博主太菜，可能会炸联赛，于是恶补一下 QAQ
题目比较基础，动态更新
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生成树，最短路，差分约束，树的直径与重心，LCA，树链剖分，拓扑序，强连通分量， 割点， 桥， 点双连通分量，边双连通分量，2-SAT，二分图，正/负环，最小环，数据结构优化建图，哈密顿路径/回路，欧拉路径/回路
Content
- 「Codeforces 888G」Xor-MST
生成树 - 「AtCoder JSC2019 Qual E」Card Collector
生成树 - 「HDU 4725」The Shortest Path in Nya Graph
最短路 - 「2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea」Dev, Please Add This!
2-SAT - 「2015 ACM Amman Collegiate Programming Contest」Bridges
边双连通分量树的直径与重心 - 「HDU 4370」0 or 1
最短路最小环 - 「NOI2019」弹跳
最短路数据结构优化建图 - 「Codeforces 1280C」Jeremy Bearimy
- 「AtCoder AGC018D」Tree and Hamilton Path
树的直径与重心 - 「APIO2010」巡逻
树的直径与重心 - 「UVA 1464」Traffic Real Time Query System
点双连通分量
「Codeforces 888G」Xor-MST
update - 2020.8.4
此题需要用到一个叫 Borůvka 的最小生成树算法，大致就是对现在的每一个连通块都找一遍的最短边，最后每个连通块择优，将这些边全部连上。这样复杂度之正确的原因可以参考启发式合并，\(O(|E|\log |V|)\)。
对于此题，我们以可以用这样的思路来“择优合并”，即选取两个结点 \(u, v\)，使得 \(a_u \oplus a_v\) 最小，然后合并。现在如何找到这个最小的就是个问题。
对于两个二进制数 \(x = (10001010)_2,y = (10000110)_2\)，前 \(4\) 位相同，即 \(\text{lcp} = 4\)，那么异或一次前四位都是 \(0\)。我们优先考虑二进制下 \(\text{lcp}\) 较大的。
和前缀有关，于是可以断定是 01-Trie。转化到树上，lcp 就成了两个叶子的 LCA，那么我们就该优先考虑 LCA 深度较深的。
遍历整颗 Trie，找到这些 LCA，然后对于一个 LCA，枚举左儿子值域中的所有数 \(a_i\)，然后在右子树中查询，并使路径上的 0/1 值尽量和 \(a_i\) 一样以达到异或后最小化的目的。最后这些查询的最小值的和即为所求。
时间复杂度 \(O(n\log n\log a)\)。
「AtCoder JSC2019 Qual E」Card Collector
update - 2020.8.4
如果把每一行、列都视作一个点，把卡片视为边，我们会得到一个 \(w+h\) 个点， \(n\) 条边的图。若有一张第 \(i\) 行第 \(j\) 列的卡片，那么就视作一条结点 \(i\)，\(h+j\) 之间的边，权值为卡片数值。
考虑题面上取卡片的过程如何转换到图上：我们假定图有向，那么在第 \(i\) 行取走第 \(j\) 列的卡片，就相当于一条 \(i\to j+h\) 的边；同理，在第 \(i\) 列取走第 \(j\) 行的卡片，就相当于一条 \(i + h\to j\) 的边。
试着研究最后取完建出的新图的性质。一个结点的出度最多为 \(1\)，那么整个新图就是（内向）基环树的森林。最后将边转为无向。
题目要求权值最大化，那么就是求图上的最大生成基环树森林。要求最大生成基环树森林，可以仿照 Kruskal 算法贪心地取边，与一般 MST 的不同之处就是需要判环，实现要点是一个点所在连通块中最多一个环。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
Code : https://strncmp.blog.luogu.org/solution-at5168
「HDU 4725」The Shortest Path in Nya Graph
update - 2020.8.4
繁琐的最短路题，重点在与怎么建图。
不能直接在层之间的点暴力连边，边数显然可以被卡到 \(O(n^2)\)。
我们可以构造 \(2n\) 个虚拟结点，编号在 \([n+1, 2n]\) 的结点为入点，入点 \(n+l\) 引出边连向 \(l\) 层的所有结点；编号在 \([2n+1, 3n]\) 的结点为出点，出点 \(2n+l\) 接受 \(l\) 层所有点向此的连边。
然后对于所有的层 \(l\in[1, n)\)，有连边 $2n+l\to n + l + 1 $，\(2n+l+1 \to n+l\)。
最后一边 Dijkstra 跑出最短路，时间复杂度（STL 二叉堆） \(O(T(n+m)\log m)\)。
「2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea」Dev, Please Add This!
update - 2020.8.5
物体只能向一个方向运动到底，那么我们可以把极长的一个横块或竖块作为一个整体处理。（类似于一些二分图的题对网格图的处理手段）
预处理出这些块，我们将其视作顶点，显然顶点的规模为 \(O(w\times h)\)。
然后根据题意，将题目中的条件转化为图上的信息：若一个块 \(i\) 的端点与另一个块 \(j\) 的中部相交，，单那么顶点 \(i\) 向 \(j\) 连一条单向边向边的原因显然是因为 \(j\) 不能直接到达 \(i\)；若一个块 \(i\) 的端点与另一个块 \(j\) 的端点相交，那么那么顶点 \(i\) 向 \(j\) 连一条双向边，可以互相到达。实现时可以用邻接矩阵。
首先我们可以根据原网格以及建好的图得出三个要素：
- 对于一个 \(\texttt{*}\) 的格子，一定有一个横块或竖块被经过，或者说“被选中”。形式化地讲，设横块、竖块的编号为 \(x, y\)，那么一旦不选 \(x\)，那必须选 \(y\)，反之亦然（\(\neg x\to y,\neg y\to x\)）。
- 起始点所在的两个块都不能（直接或间接）到达某个块 \(i\)，那么有 \(x\to \neg x\)，因为我们不能选这个块。
- 对于两个无法互相（直接或间接）到达的点 \(x, y\)，我们如果选了 \(x\) 就无法再选 \(y\)，反之亦然。形式化地讲，\(x\to \neg y, y\to \neg x\)。
然后将这些条件整合，使用 2-SAT，时间复杂度 \(O(w^2\times h^2)\)。
「2015 ACM Amman Collegiate Programming Contest」Bridges
update - 2020.8.5
首先在一个 e-BCC（边双联通分量）中加边不会减少桥的数量。那么我们可以先按 e-BCC 缩点，在新图（树）上加边，这样新树上的边都是原图的桥，那么加边就有作用。
那么如何最小化桥数呢？我们可以在树上构造出一个尽量大的环，那么这些环上的边都不再是桥了。
于是找到一段最长的链（直径），在链的两端连边即可达到消除桥的目的。
答案即为 e-BCC 的个数减去缩点所得的树的直径上的点数。
时间复杂度 \(O(Tn)\)。
「HDU 4370」0 or 1
update - 2020.8.5
玄妙图论题。
首先题目给定一个矩阵 \(C\)，我们把它当作带点之间的边权：第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素 \(C_{i, j}\) 表示边 \(i\to j\) 的边权为 \(C_{i, j}\)。同样的可以把矩阵 \(X\) 作为需要构造的图边的选择情况。
尝试转化题中所给的限制：
- \(\sum_{i=1}^n X_{1, i}=1\) 表示结点 \(1\) 的出度为 \(1\)。
- \(\sum_{i=1}^n X_{i, n}=1\) 表示结点 \(n\) 的入度为 \(1\)。
- \(\sum_{k=1}^n X_{k, i} = \sum_{j=1}^n X_{i, j}\) 表示对于结点 \(2, 3, \cdots , n-1\)，出度等于入度。
最后所求 \(\sum_{1\le i, j\le n} C_{i,j} \times X_{i, j}\) 即为所选边的边权和。
第一种显然的方案是，\(1\) 到 \(n\) 的一条最短路。
第二种是，两个分别经过结点 \(1, n\) 的长度 \(\ge 2\) 的最小环。
接下来就简单了，有两种做法：
- Floyd。注意这里的最小环和传统的有区别。初始设 \(\text{dist}(i, i) = \infty\)，然后正常跑 Floyd 即可。答案即为 \(\max(\text{dist}(1, n), \text{dist}(1, 1)+\text{dist}(n, n))\)。时间复杂度 \(O(Tn^3)\)（\(T\) 为数据组数），比较卡。
- Dijkstra（Spfa）。以 Dijkstra 为例，我们可以在开始时除了起点 \(s\) 外全部赋值 \(\text{dist}(i) = C_{s, i}\)，然后正常跑。最后跑三次即可，复杂度 \(O(Tn^2)\)。Spfa 也可以用同样的方式处理。
「NOI2019」弹跳
update - 2020.8.5
神奇 K-D Tree（二维线段树）优化建图题。这里使用 K-D Tree。因为不会二维线段树
首先直接暴力连边会得到一个 \(O(n^2)\) 的 优秀 算法。考虑优化这个过程，由平面可以联想到 KDT。
建出 KDT 之后，我们用这颗树优化我们的建图过程。对于一个弹跳装置 \((p, t, L, R, D, U)\)，我们从结点 \(p\) 开始，向在规定区域内代表的 KDT 上的结点连一条 \(t\) 长度的边。最后将 KDT 上的边的边权视为 \(0\)，图就建完了。最后 Dijkstra 一波即可。时间复杂度 \(O(n\sqrt{n} \log n)\)。
这么做看似完美，但由于 128 MB 的空间限制无法直接 AC，因为边数是 \(O(m\sqrt{n})\) 的（KDT 复杂度）。但实质上我们并不需要在建好 KDT 后就大力连边，KDT只是帮助我们知道一个点可以到达什么点。而且这个神奇时间复杂度也很难卡过。
我们称原图中的点为『实点』，KDT 上的点为『虚点』。为方便起见，设实点 \(x\) 对应的虚点为 \(x+n\)。
在跑 Dijkstra 时，我们有如下算法：
- 堆顶是实点：
- 对于其一弹跳装置 \(y\)，限定到达区域为 \(A\)，在 KDT 上进行搜索，设当前虚点为 \(v\)，那么按照 KDT 的套路：
- 若子树 \(v \subseteq A\)，直接松弛 \(v\)；
- 若子树 \(v \cap A = \varnothing\)，跳出；
- 若区域相交，先松弛实点 \(v - n\)，然后递归。
- 对于其一弹跳装置 \(y\)，限定到达区域为 \(A\)，在 KDT 上进行搜索，设当前虚点为 \(v\)，那么按照 KDT 的套路：
- 堆顶是虚点：
- 松弛其对应的实点；
- 松弛其在 KDT 上的左右儿子。
这样就达到绕开直接建图的目的。我们可以这样做的原因是，我们使用数据结构为工具，就已经能做到快速知道某个点可以到达的结点了，那么大力连边显然是冗余操作。
时间复杂度（STL 二叉堆） \(O((n+m)\log m + m\sqrt{n})\)，空间只需要 \(O(n+m)\)。
Code(写的很丑) : https://loj.ac/submission/892833
「Codeforces 1280C」Jeremy Bearimy
update 2020.8.5
对于 \(G\)，我们有一个贪心的思路：对于一个结点 \(x\)，若它的子结点中有 \(c\) 个还是可用的，那么分 \(c\) 奇偶性讨论：
- \(c\) 为偶数：那么这些结点都可以直接配对，于是当前结点 \(x\) 仍然是未被占用的。
- \(c\) 为奇数：尽量配对这些结点，最后剩下一个与自己 \(x\) 配对，于是当前结点 \(x\) 以被占用。
一句话概括，就是子结点尽量连深度大的。正确性？设 \(x\) 的父结点为 \(f\)，如果我们不将在深处连反而连向更浅的 \(f\)，那么边 \((f, x)\) 会经过两次以上，而原来的算法每条边只占用一次，毫无疑问更劣了，对于 \(f\) 的祖先更是如此。于是乎这个贪心就是正确的。
对于 \(c\) 的奇偶性，可以通过子结点子树大小的奇偶性判断。
对于 \(B\)，显而易见我们需要最大化每条边被经过的次数。对于一条边，如何求得其最多可被经过的次数呢？我们不妨断开此边，得到来两个连通块，大小分别为 \(u, v\)，那么经过的路径数为 \(\min(u, v)\)。比如边 \((fa_x, x)\)，路径数即为 \(\min(size_x, 2k-size_x)\)。
最后两次 Dfs 即可，复杂度 \(O(k)\)。
「AtCoder AGC018D」Tree and Hamilton Path
update - 2020.8.6
神仙贪心树论题。
根据哈密顿路径的定义，每个点必须经过一次。但这里直接求非常不好处理，不妨我们计算边的贡献。
对于权为 \(v\) 的一个边，若有 \(k\) 条路径经过它，那么其贡献为 \(k\times v\)。假设断开此边，得到两个大小分别为 \(u, v\) 的连通块，那么会有 \(\min(u, v)\times 2\) 条路径经过此边。因为对于较小的连通块，其中每个点出发的路径长要尽可能大，那么显然必须跨越这条边。
这些贡献的和不难一次 Dfs 求出，但问题是现在所求得的是 哈密顿回路。怎么办？只要额外减去一条路径即可。但我们显然不能直接剪掉最小的，起码是最优解集中的。
一个可能并不显然的贪心结论：最优解集中的所有路径必定经过重心。简单说明一下：根据重心的性质，以重心为根的树，其所有子树的 \(size < n/2\)。对于一个非重心结点而言，其子树中一定有一条不经过该点的路径。因为其他所有子树的结点加起来都不够这颗子树的结点配对的，那么只能自己配对自己。
于是可以直接把重心周围一条最小的边减去即可。不过重心可能会有两个，那只要减掉两重心的连边。
时间复杂度 \(O(n)\)。
「APIO2010」巡逻
update - 2020.8.6
由题意得不加边时总路程为 \(2n\)。
首先考虑 \(k = 1\) 的情况。当加上一条边时会构成一个环。设连边 \((u_1, u_m)\) 后构成环 \(\text{R} = \{u_1, u_2, \cdots, u_m\}\)，那么整个环上的边只会走一遍。我们需要最大化环的长度，那么只需要求一次直径（长度记为 \(L\)）即可。答案为 \(2(n-1) - L + 1\)。30 pts 到手。
然后是 \(k = 2\) 的情况。基于上述方法，我们加边之后会得到一个环 \(\text{R}\)。若再次加边又有一个环 \(\text{R}^\prime\)，如果不重合那么好办，着重考虑这两个环的重合时如何处理。
对于一条边 \(e\)，显然有：
- 若 \(e \in (\text R\cap \text R^\prime)\)，即两个环都经过了 \(e\)，那么 \(e\) 会被走两次。
- 若 \(e \notin (\text R\cup \text R^\prime)\)，即两个环都不包含 \(e\)，那么 \(e\) 也会被走两次。
- 否则，\(e\) 只属于一个环，那么只会走一次。
比较清晰了，我们可以先求一次原树直径，长度为 \(L_1\)。然后再将直径上的所有边置为 \(-1\)（原为 \(1\)）。再在新树上跑一边直径，长为 \(L_2\)。最后答案为 \(2(n-2)-L_1-L_2+2\)。
由于第一次需要求出整个直径，要两次搜索；第二次有负权，要树形 dp。
时间复杂度为 \(O(n)\)。
「UVA 1464」Traffic Real Time Query System
update - 2020.8.7
题目中要求两点见必须经过的点有几个，那么就是割点的个数。
首先用 Tarjan 算法进行 v-BCC（点双连通分量）缩点，我们会得到一颗树。
根据缩点的方式，不难发现一条路径上的点的排列规律为『v-BCC，割点，v-BCC，割点，v-BCC……』
于是答案为『求路径上深度为偶（奇）数的』
设边 \(s, t\) 所在 v-BCC 的编号为 \(x, y\)，那么答案就是 \(\frac{1}{2}(\text{dep}(x)+\text{dep}(y)-\text{dep}(\text{LCA}(x, y))+1)\)。
时间复杂度（LCA 使用树剖实现）\(O(n+m+q\log n)\)。当然若优化 LCA 的过程可以得到更优秀的线性复杂度。
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4408404/blog/4478916