仙人掌 && 圆方树 && 虚树总结

Part1 仙人掌

定义

仙人掌是满足以下两个限制的图：

图完全联通。
不存在一条边处在两个环中。

其中第二个限制让仙人掌的题做起来十分舒服。

仙人掌的基环DP

首先勾出一棵有根生成树。

那么树边上正常转移即可。

我们把返祖边形成的环归到环上深度最浅的点上，即环顶。

那么到环顶时，单独跑一遍关于环的$DP$即可。

一般写法为：

void dfs(RG int u,RG int From) {

    dfn[u] = low[u] = ++ oo ; fa[u] = From ;

    for(RG int i = head[u] ; i ; i = t[i].next) {

        RG int v = t[i].to ;

        if(!dfn[v]) dfs(v , u) , low[u] = min(low[u] , low[v]);

        else if(v != From) low[u] = min(low[u] , dfn[v]) ;

        if(low[v] > dfn[u]) 正常的树形DP(F(v) --> F(u))。

    }

    for(RG int i = head[u] ; i ; i = t[i].next)

        if(fa[t[i].to] != u && dfn[t[i].to] > dfn[u]) 基环DP(u,v)。

}

分清楚$low$、$dfn$的含义即可。

由于记录了$fa_u$，基环DP中的扣环也非常容易：

tot = 0 ;

for(RG int x = v; x ^ u; x = fa[x]) q[++tot] = x ;

q[++tot] = u ;

例题

例一：BZOJ4316 小$C$的独立集

题意：求仙人掌的最大独立集。

题解：做一遍正常的树形$DP$，遇到环则把环拉出来单独做一遍。

例二：BZOJ1023 SHOI2008仙人掌图

题意：求仙人掌的直径。

题解：

同样的做正常树形$DP$，碰到环顶则把环拉出来。

问题变为在环上选两个点，使其权值与距离和最大。显然单调队列即可。

Part2 圆方树

概况

圆方树是基于仙人掌的一种特殊数据结构。

其中圆点即图中原来的点，方点则代表一个点双。

我们沿用上面处理仙人掌$DP$的做法。

如果是生成树上的边，则直接相连。

否则，把环抠出来，为这个环新建一个方点，将环上的点与此方点连边。

板子与上面的仙人掌DP基本一样就不放了。

那么我们就可以在圆点上维护原本图单点信息，方点上维护点双信息了。

例题：BZOJ2125 最短路

题意：询问$Q$次，每次询问仙人掌上两点的最短路。

题解：

考虑建出圆方树，方点向圆点的连边边权为此点到环顶的最短距离。

那么查询两点$(u,v)$时，我们求出其$lca$，然后讨论：

若$lca$为圆点，答案即为：$dis[u] + dis[v] - 2*dis[lca]$
若$lca$为方点，则$u,v$的$lca$为一个点双。
此时倍增找到$u,v$的点双进入点$u',v'$，再求$Dist(u',v')$即可。

Part3 广义圆方树

概况

对于任意图，类似圆方树，可以建立出广义圆方树。

广义圆方树与圆方树的差别在与，特别的，对于两个点的联通量，也建立一个方点。

所以广义圆方树上只有圆-方边。

建立的方法与普通圆方树建法还是有所不同：

void Tarjan(int u,int From) {

    low[u] = dfn[u] = ++ oo ; stk[++Top] = u ;

    for(int e = G1.head[u] ; e ; e = G1.t[e].next) {

        if(e == (From ^ 1)) continue ;

        int v = G1.t[e].to ;

        if(!dfn[v]) {

            Tarjan(v , e) ; low[u] = min(low[u] , low[v]) ;

            if(low[v] >= dfn[u]) {

                G2.add(++N , u) ; int x = 0 ;

                blg[N] = sum ;

                do {

                    x = stk[Top] ;

                    G2.add(x , N) ; Top -- ;

                }while(x ^ v) ;

            }

        }

        else low[u] = min(low[u] , dfn[v]) ;

    }return ;

}

特别要注意重边的问题(原图中不能有重边或自环)，同样时刻分清$low$、$dfn$的作用即可理解。

例题

BZOJ3331

题意：给定一张图与一些点对路径，对于每个点，求出必须经过此点的点对路径的数量。

题解

把广义圆方树建出来，那么一个点对路径上必须经过的点即圆方树上对应路径的圆点。

直接在广义圆方树上差分一下就行了。

UOJ30 Tourist

题意：给定一张图，两种操作：修改点权或者询问两点路径上的点权最小值。

题解

首先把广义圆方树建出来，考虑用方点维护$SCC$中的点权最小值。

但是这样建的话，修改一个圆点时需要把与其相连的方点全部修改一遍。

这很容易被卡成$O(n^2)$。

所以对于方点，我们不维护对应的环顶(即广义圆方树中方点的父亲)。

这样修改的时候，我们就只用修改父亲。

查询时，如果两点的$lca$为方点，额外与$lca$的父亲(环顶)取$min$即可。

[APIO2018] 铁人两项

题意：求有多少点对$(s,c,f)$，满足存在一条u -> c -> f且路每个点只经过一次的路径 的个数。

题解

显然枚举一下$c$，然后算它的贡献。

考虑广义圆方树上从一个圆点出发的不重复路径有哪些。

除了普通的树上路径外，还可以在与此点处于同一个方点的那些点中选出两个。

这个好像DP一下就行了？

两遍dfs，第一遍考虑儿子的贡献，第二遍考虑父亲的贡献。

大力讨论一下，第二边dfs的时候记得删去当前子树的贡献，简单转移就行了。

Part3 虚树

概况

其实与上面的图论没有半毛钱关系......

虚树是指在原树上选出一些点构出一棵新树，并保证新树与原树形态、性质相同。

一般来说，对于多组询问，若 $\sum$ 点数较小，

那我们不如对于每次询问构出虚树，然后就可以$O(n)$进行DP啦。

实现

其实比较简单，注意父子关系的保持即可。

首先对原树进行一遍$dfs$搞定所有点的 $dfs$序$dfn$ 与子树结尾$ed$ 。

那么对于每次询问，我们把这些点抠出来，然后：

按照$dfn$从小到大$sort$。
把相邻两个点的$lca$加入点集中。(因为保持树的形态需要这些点)
把根结点加入点集中。 (为了使最后的虚树联通)
按照$dfn$再进行一遍$sort$。
维护一个$dfs$顺序的栈，时刻保持栈顶结点为当前入栈点的父子关系。
把入栈点与栈顶连接(前提是栈顶存在)，然后把入栈点入栈。
重复以上操作直到所有点入栈，此时虚树构建完成，虚树的根就是原树的根。

代码如下：

IL bool cmp(int a , int b) {return dfn[a] < dfn[b] ; }

IL void Build(){

    dfs(1 , 0) ; //求 dfn 与 ed

    get_query_node , put it in 'p[]' .

    sort(p + 1 , p + n + 1 , cmp) ;

    for(int i = 1; i < n; i ++) p[i + n] = LCA(p[i] , p[i + 1]) ;

    p[2*n] = 1 ; n = n * 2 ;

    sort(p + 1 , p + n + 1 , cmp) ; Top = 0 ;

    for(int i = 1; i <= n; i ++) {

        while(Top && ed[stk[Top]] < dfn[p[i]]) -- Top ;

        if(Top) G2.add(stk[Top] , p[i] , E<stk[Top],p[i]>) ; stk[++ Top] = p[i] ;

    }return ;

}

虚树上的边压缩了原树上的路径信息。

特别注意，由于我们会在虚树的边上压缩信息以供后续处理，

而我们为了保证虚树联通所以可能额外引入了原树的根。

所以一定要考虑额外引入点对答案的影响，若有影响，则要删去其贡献！(高频错点)

例题

以下题目的通性：多组询问，总点数 $\leq$ $n$。

[SDOI2011]消耗战

题意：一棵树，边有代价，每次询问要求删去最小代价的边集，使得关键点不能到达根结点。

题解：

每次询问建出虚树，考虑如何$O(n)$进行$DP$。

貌似记录一下子树内有无关键点，然后一路向上选择切掉当前边或累加儿子子树最优解即可。

[HEOI2014]大工程

题意：

一棵树，边有边权，每次询问给出$K$个点，在它们之间修$\binom{K}{2}$条边。

每次要求回答三个问题：(1)最长路 ; (2)最短路 ; (3)所有路径的长度和是多少。

题解：

每次询问建出虚树。

最短路最长路基础的直径DP即可。路径长度和考虑一下经过这条边的点对数就行了。

特别注意最短路与最长路DP时，

起点与终点位置只能是询问点(不能是引入点)，这个每个点附初值时特殊处理一下就行了。

[SDOI2018]战略游戏

题意：一张图，每次询问给定点集，问有多少个点满足删去后使得点集中任意两点不联通。

题解：

看到图上连通性问题直接上圆方树(那是什么？上面就有......)

把圆方树建出来，然后再建圆方树的虚树。

那么答案就是"虚圆方树"上除了询问关键点外的圆点个数，直接建树是统计即可。

[HNOI2014]世界树

题意：

定义原树上的一个点被其离的最近的关键点管辖。若距离相同则选择编号小的。

对于每次询问，给出一些关键点，试输出每个关键点管辖的点的数目。

题解：

首先把关键点建出虚树。

那么我们是可以O(n)DP出这些点的归属是吧。

这是经典的DP了，两遍dfs，第一遍DP出儿子最优值，第二遍再考虑父亲。

然后考虑哪些没有在虚树中出现的点(都压缩在边上)。

对于虚树上的边，我们分情况讨论：

若边的两端被同一个点管辖，那么显然这条边上所有的点都归那个点管辖。

如果两端的点被不同的点管辖，那么一定存在一个分界线。

我们可以倍增二分找到那个分界线，然后给两个关键点加上对应贡献即可。

CF809E Surprise me!

题意：

给定一棵 $n$ 个节点的树，个点有一个权值 $a[i]$ ，保证 $a[i]$ 是一个 $1..n$ 的排列。

求 $$\frac{1}{n(n-1)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}n\varphi(a_i)·\varphi(a_j)·dist(i,j)$$

其中， $\varphi(x)$ 是欧拉函数， $dist(i,j)$ 表示 $i,j$ 两个节点在树上的距离。

题解：

首先欧拉函数有个公式：$\varphi(a*b) = \varphi(a)\varphi(b)\frac{d}{\varphi(d)}$，其中$d=gcd(a,b)$。

所以式子化一化？

\[Ans = \frac{1}{n(n-1)} \sum_{d=1}^n \frac{d}{\varphi(d)} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\ [gcd(a_i,a_j)=d]\ \varphi(a_i)\varphi(a_j)dist(i,j)
\]

考虑后面这一坨东西：

\[f(d) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [gcd(a_i,a_j)=d]\ \varphi(a_i)\varphi(a_j)dist(i,j)
\]

一种莫比乌斯反演既视感啊.....定义：

\[F(d) = \sum_{d|i} f(i) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [d|gcd(a_i,a_j)]\ \varphi(a_i)\varphi(a_j)dist(i,j)
\]

那么$f(d) = \sum_{d|i} \mu(\frac{i}{d})F(i)$。怎么求$F(d)$？

貌似如果能$O(n)$求那么总复杂度就是调和级数啊？

所以枚举$d$，然后把满足$a_i = kd$的点拿出来进行虚树DP。

\[E(d) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\varphi(a_i)\varphi(a_j)(dis_i + dis_j - dis_{LCA(i,j)})
\]

维护一下子树内的$\sum \varphi(u)$ 与子树内的$\sum dep_u\varphi(u)$，然后在$LCA$处统计答案即可。

后记

终于写完啦(QwQ)。

写了这么多，就是为了证明学了这些毒瘤玩意后我还活着......