部分树上问题及图的联通性（图论学习总结部分内容）

文章目录

- 前言
- 三、部分树上问题及图的联通性
- - 最小生成树
  - 生成树计数
  - LCA、树上差分应用与树上问题
  - 基环树
  - Tarjan与无向图的连通性
  - - 例题
    - - $e g 1 :$ 嗅探器
      - $e g 3$ ： $[H NO I 2012]$ 矿场搭建
  - Tarjan与有向图的连通性
  - - 例题
    - - $e g 1 :$ [ZJOI2007] 最大半连通子图
  - 练习题

前言

由于图论学习总结内容过多，全放在一篇博客过于冗长现进行拆分，本文是部分树上问题及图的联通性部分，其他部分地址见：图论学习总结(For XCPC)

三、部分树上问题及图的联通性

最小生成树

知识点

$Kr u s ka l$ 算法
$P r im$ 算法
$B or uv ka$ 算法
次小生成树
瓶颈生成树
最小瓶颈路
$Kr u s ka l$ 重构树

例题

$e g 1 :$ 走廊泼水节（克鲁斯卡尔思想的灵活运用）

A-走廊泼水节(nowcoder.com)

题目大意

给定一棵N个节点的树，要求增加若干条边，把这棵树扩充为完全图，并满足图的唯一最小生成树仍然是这棵树。求增加的边的权值总和最小是多少。

$e g 2 ：$ B-Picnic Planning

B-Picnic Planning (nowcoder.com)（码量较大）
题目大意

Picnic Planning

$e g 3$ ：L - Classic Problem（缩点+ $B or uv ka$ 算法， $2023 CCPC$ 广东防AK题）

Problem - L - Classic Problem
题目大意

Given an undirected complete graph with $n$ vertices and $m$ triples $P_1, P_2, \cdots, P_m$ where $P_i = (u_i, v_i, w_i)$ , it’s guaranteed that $\leq u_i < v_i \leq n$ , and for any two triples $P_i$ and $P_j$ with different indices we have $(u_i, v_i) \ne (u_j, v_j)$ .

For any two vertices $x$ and $y$ in the graph ( $\leq x < y \leq n$ ), define the weight of the edge connecting them as follows:

If there exists a triple $P_i$ satisfying $u_i = x$ and $v_i = y$ , the weight of edge will be $w_i$ .
Otherwise, the weight of edge will be $∣ x - y ∣$ .

Calculate the total weight of edges in the minimum spanning tree of the graph.

注：这题还未ac 先占坑

生成树计数

LCA、树上差分应用与树上问题

知识点

树的直径
- 树形DP
- 两次 $BFS$ （注意运用条件）
$L C A$
- 树上倍增法
- $T a r jan$ 算法 (离线算法)
树链剖分
树上hash
- 在判断一些树是否同构时，常常把这些树转成哈希存储起来，降低复杂度
- 这里给出 $OI\ Wiki$ 的推荐实现:
树分治

例题

$e g 1 :$ E. Boomerang（2024ICPC全国邀请赛(武汉)，树的直径，银牌题）

E. Boomerang
题目大意
给定一个 n 个节点的树，根节点为 r, 设 $V(r, t) = {v|dis(r, v) ⩽ t}$ ，其中 $d i s (u, v)$ 表示树上两点 u 和 v 间的唯一简单路径的边数。再给定一个 $t_0$ ，对每个 $k$ ，你需要选择一个点 $r^{'}$ ，定义 $V'(r', t) = {v|dis(r', v) ⩽ k(t−t0)}$ 。找到一个最小的 $t$ ，使得 $V (r, t) \subseteq V^{'} (r^{'}, t)$ 。
题目分析

对题目进行分析，我们很容易想到一点，就是随着 $k$ 的增大， $t$ 非严格递减。
我们考虑在 $\in [1,n]$ 时 $r^{'}$ 怎么选择会最优。
假设 $t$ 是一个可能的答案，那么显然，子树 $V (r, t)$ 的直径的中点就是 $r^{'}$ 的最佳选择。
到这里，这道题的解法已经很明显了，我们可以维护出每个时刻 $t$ ，子树 $V (r, t)$ 的直径是多少。
从小到达枚举 $t$ 判断在 $k = i$ 的情况下是否满足条件。(这里在具体实现时用到了第一条提到的性质)
参考了jls思路，ac代码(Python，FastIO已省略，其中手写栈模板已给出)：

# --------------------
# 手写栈模板
# 克服py栈太浅的问题
def bootstrap(f, stack=[]):def wrappedfunc(*args, **kwargs):if stack:return f(*args, **kwargs)else:to = f(*args, **kwargs)while True:if type(to) is GeneratorType:stack.append(to)to = next(to)else:stack.pop()if not stack:breakto = stack[-1].send(to)return toreturn wrappedfuncdef solve():n = I()g = [[] for _ in range(n+1)]for _ in range(n-1):x,y = MI()g[x].append(y)g[y].append(x)r,t0 = MI()par, dep, h, dia = [0]*(n+1), [0]*(n+1), [0]*(n+1), [0]*nfinal = 0@bootstrapdef dfs(x) -> None:nonlocal finalv = [0,0]for y in g[x]:if y == par[x]: continuepar[y] = xdep[y] = dep[x] + 1  # 深度yield dfs(y)d = h[y] + 1  # 高度for i in range(2):if d > v[i]: d,v[i] = v[i],dh[x] = v[0]dia[dep[x] + v[1]] = max(dia[dep[x] + v[1]], 2*v[1])final = max(v[0]+v[1], final)yield Nonedfs(r)for i in range(1,n):dia[i] = max(dia[i], min(dia[i-1]+1, final))for i in range(n-2,-1,-1):dia[i] = max(dia[i], dia[i+1]-2)t = t0ans = [0]*(n+1)for k in range(n,0,-1):while (t - t0) * k * 2 < dia[min(t, n-1)]:t += 1ans[k] = tprint_arr(ans[1:])solve()

$e g 2 :$ 闇の連鎖 (树上差分)

闇の連鎖

题目大意

闇の連鎖

根据题意，“主要边”构成一棵树，“附加边”是非树边。把一条附加边 $(x, y)$ 添加到树上会构成一个环，如过一开始切断 $x$ ~ $y$ 路径上的一条边，那么第二条必须切断 $(x, y)$ 才能将 $D a r k$ 分为不连通的两部分。我们可以考虑 $(x, y)$ 把 $x$ ~ $y$ 路径上的树边覆盖了一次，那么如果我们第一次切掉覆盖数为 $0$ 的树边，那么之后切任意一条非树边即可，如果我们切掉覆盖数为 $1$ 的树边，第二步的切分唯一，其余情况无法将 $D a r k$ 分为不连通的两部分。

由上述分析可知，我们要解决问题的模型就是在给定的一张无向图和一课生成树，求非树边将树边覆盖了多少次。解决这一问题的经典做法就是“树上差分”。给定每个结点的权值初值为 $0$ ，对于每条非树边 $(x, y)$ 我们让 $val_x+=1,\ val_y+=1,\ val_{lca(x,y)}-=2$ ，最后用树形DP做一次 “子树前缀和” 即可得到每条树边的覆盖次数，然后统计即可得到答案。

关于时间复杂度：考虑用树上倍增法求 $L C A$ ，复杂度为 $O(n\log n)$ 。对于覆盖次数的预处理和答案求解需要遍历整张图，复杂度为 $O (n + m)$ 。总的时间复杂度为 $O(n+m+n\log n)$ 。

启发： 如果我们需要对树上的一条路径的每条边加上一个 $d$ ，我们可以转化为 $val_x+=d,\ val_y+=d,\ val_{lca(x,y)}-=2d$ 。

$e g 3 :$ 天天爱跑步(蓝书例题)

E-天天爱跑步

$e g 4 :$ 异象石(蓝书例题)

F-异象石_

$e g 5 :$ 次小生成树(蓝书例题)

G-次小生成树_

$e g 6 :$ 疫情控制(蓝书例题)

H-疫情控制_

基环树

$e g 1 :$ Island （洛谷P4381 [IOI2008]）

P4381 [IOI2008] Island - 洛谷

题目大意

$n$ 个点 $n$ 条边，可以知道这题给你的是一个基环树森林，而根据题意中渡船的条件可知，当你从一棵基环树到另一棵的时候，你不能再回去了。所以我们可以对每个基环树单独计算。我们不能重复到达同一岛屿，所以我们要求的就是基环树上的一条最长简单路径的长度，那么所有基环树的和就是我们的答案。

现在我们考虑每一棵基环树答案的情况1、不经过环（该情况可树形DP求解，即求树的直径）2、经过环。对于情况二我们要找到环上的两个结点 $s_i,s_j$ ，使得 $D[s_i]+D[s_j]+dist[s_i,s_j]$ 最大，其中 $dist[s_i,s_j]$ 是环上两点的距离，我们把环拆开复制一倍，再做线性 $D P$ 即可求得答案，用单调队列优化，该DP时间复杂度为 $O (P)$ $P$ 为环的点数。总的时间复杂度为 $O (n)$ 。

关于实现，这道题需要 $df s$ 或 $b f s + 拓扑排序$ 找连通块和环，还要树形 $D P$ 求直径，再对环做 $D P$ 等等，常数比较大， $10^6$ 点 $df s$ 还可能爆栈c++实现如下：记录详情 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)（ac代码）

python实现如下：

记录详情 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

结果：

$e g 2 :$ 创世纪(蓝书例题)

B-创世纪

题目大意

创世纪

$e g 3 :$ 牛镇公务员考试（2024牛客寒假营，基环树一般的处理方式）

K-牛镇公务员考试
题目大意

牛镇公务员考试

$eg4:Sugar\ Sweet II$ （基环树 + 概率，2023ICPC杭州站1/2个银牌题）

2023_ICPC_杭州站 - H - Codeforces

题目大意

Sugar is sweet. There are $n$ children asking for sugar. Prof. Chen gives out sugar to the children. The $i$ -th child initially has $a_{i}$ bags of sugar. There are $n$ events happening in uniformly randomized order. The $i$ -th event is:

If the $i$ -th child has strictly less bags of sugar than the $b_{i}$ -th child, then the $i$ -th child will get extra $w_{i}$ bags of sugar. Otherwise, nothing happens.

Now, since the events happen in random order, Randias, which is the assistant of Prof. Chen, wants to know the expected number of bags of sugar each child will have after all the events happen.

It can be shown that the answer can be expressed as an irreducible fraction $\frac{x}{y}$ where $x$ and $y$ are integers and $\not \equiv 0 \pmod {10^9 + 7}$ . Output the integer equal to $\cdot y^{-1} \pmod {10^9 + 7}$ . In other words, output such an integer $a$ that $0\leq a < 10^9 + 7$ and $\cdot y \equiv x \pmod {10^9 + 7}$ .

题目解析

我们分析一下题目，第 $i$ 个事件的发生与否只与 $a_{b_i}$ 有关，事件的依赖关系构成基环树森林。
我们分析一下依赖关系，如果 $a_i < a_{b_i}$ 那么事件 $i$ 必定发生，如果 $a_i \ge a_{b_i}$ 且 $a_i < a_{b_i} + w_i$ 那么事件 $i$ 必定在事件 $b_i$ 之后发生，否则一定不发生。
我们要求的是每个小朋友最后的期望糖果数，其实只要求出每个人加糖的期望即可。
对于必定会发生的事件我们让他的概率为 $1$ ，对于可能发生的事件我们对其先后关系进行连边。
假设从一个必定发生的事件 $x$ 走向可能发生的事件 $y$ 是基环树上的一条简单路径，那么 $y$ 发生的概率就是这条路径长度的阶乘分之一： $\frac{1}{L_i!}$ ，因为只有事件发生的顺序刚好满足这个排列才行。

ac代码参考(FastIO已省略)

mod = 10**9 + 7
N = 5*(10**5)+1
inv = lambda x:pow(x,mod-2,mod)
jc = [1]*N  # 阶乘
jc[0] = 0
for i in range(2,N):jc[i] = i*jc[i-1] % moddef solve():n = I()a = [0]+LI()b = [0]+LI()w = [0]+LI()g = [[] for _ in range(n+1)]li = [0]*(n+1)deg = [0]*(n+1)for i in range(1,n+1):if a[i] >= a[b[i]] and a[i] < a[b[i]] + w[b[i]]:g[b[i]].append(i)deg[i] += 1if a[i] < a[b[i]]:li[i] = 1q = deque()for i in range(1,n+1):if deg[i] == 0: q.append(i)while q:x = q.popleft()if li[x] == 0: continuefor y in g[x]:li[y] += li[x]+1deg[y] -= 1if deg[y] == 0: q.append(y)for i in range(1,n+1):a[i] = (a[i] + w[i]*inv(jc[li[i]])) % modprint_arr(a[1:])for _ in range(int(input())):solve()

Tarjan与无向图的连通性

注：python 的Tarjan算法与连通性相关代码模板和知识点可以看我的这篇博客

例题

$e g 1 :$ 嗅探器

嗅探器

题目大意（来源：牛客网）

某军搞信息对抗实战演习，红军成功地侵入了蓝军的内部网络，蓝军共有两个信息中心，红军计划在某台中间服务器上安装一个嗅探器，从而能够侦听到两个信息中心互相交换的所有信息，但是蓝军的网络相当的庞大，数据包从一个信息中心传到另一个信息中心可以不止有一条通路。现在需要你尽快地解决这个问题，应该把嗅探器安装在哪个中间服务器上才能保证所有的数据包都能被捕获？

input

输入文件的第一行一个整数 $n\ (n\le 100)$ ，表示蓝军网络中服务器的数目。
接下来若干行是对蓝军网络的拓扑结构描述，每行是两个整数 $i, j$ ，表示编号为i和编号为j的两台服务器间存在连接（显然连接是双向的），服务器的编号从 $1$ 开始，一行两个 $0$ 表示网络的拓扑结构描述结束，再接下来是两个整数 $a, b$ ，分别表示两个中心服务器的编号。

output

输出编号。如果有多个解输出编号最小的一个，如果找不到任何解，输出No solution。

题目解析

读完题目很容易想到这道题就是让我们求从 $s$ 到 $t$ 的必经点或判断无解。首先，一个点如果是必经点，那么其必定是一个割点，如果这个割点将 $s$ 和 $t$ 恰好分隔在两个双连通分量中，那么这就是我们答案的候选之一。

具体实现细节方面，我们可以从 $s$ 出发对 $T a r jan$ 求割点的算法进行的时候做一个判断，看看搜索树中，如果当前点 $x$ 是割点，且 $s,\ x!=t,\ dfn[y]\le dfn[t]$ 。如果满足 $dfn[y]\le dfn[t]$ 那么意味着从当前割点出发沿着 $y$ 这一方向搜索树的子树中有 $t$ ，那么此时割点 $x$ 必定是必经点。