Tarjan&2-SAT 总结

\(Tarjan\)&\(2-SAT\)

标签： 知识点总结

安利XZYXZY

ps：里面的部分东西来自\(Anson\)和\(yler\)和\(XZY\)

阅读体验：https://zybuluo.com/Junlier/note/1293491

\(Tarjan\)大爷

前世没见过Tarjan这么牛逼的人

并且他还弄了好多别的东西。。。

留这么多东西给我们。。。爆炸

强连通分量&割点&割边&点双&边双

简介

在有向图G中，如果两个顶点vi,vj间（vi>vj）有一条从vi到vj的有向路径，同时还有一条从vj到vi的有向路径，则称两个顶点强连通(strongly connected)。如果有向图G的每两个顶点都强连通，称G是一个强连通图。有向图的极大强连通子图，称为强连通分量(strongly connected components)。

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。

一些板子

大道理就不讲了,别人讲的好得多

强连通分量

void Tarjan(int now)
{
	dfn[now]=low[now]=++Dex;
	in[now]=true,st[++top]=now;
	for(int i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
	{
		int qw=ljl[i].to;
		if(!dfn[qw])Tarjan(qw),low[now]=min(low[now],low[qw]);
		else if(in[qw])low[now]=min(low[now],dfn[qw]);
	}
	if(dfn[now]==low[now])
	{
		++color;
		while(st[top+1]!=now)
		{
			col[st[top]]=color;
			in[st[top]]=false,--top;
		}
	}
}

割边(桥)

为树边且连接的子树返祖不回来

int tarjan(int now,int fm)
{
    low[now]=dfn[now]=++Dex;
    for(int i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
    {
        int qw=ljl[i].to;
        if(qw==fm)continue;
        if(!dfn[qw])
        {
            Tarjan(qw,now);
            low[now]=min(low[now],low[qw]);
            if(low[qw]>dfn[now])
                Bridge.pk(mp(min(now,qw),max(now,qw)));
            //  push_back make_pair
        }
        else if(dfn[qw]<dfn[now])low[now]=min(low[now],dfn[qw]);
    }
}

割点

1. 为树根时：两个以上的子树就\(ok\)
2. 不为树根时：子树返祖最多到自己

void Tarjan(int now,int rt)
{
    int s=0;dfn[now]=low[now]=++Dex;
    for(int i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
    {
        int qw=ljl[i].to;
        if(!dfn[qw])
        {
            Tarjan(qw,rt);low[now]=min(low[now],low[qw]);
            if(now==rt)++s;
            else if(low[qw]>=dfn[now])cut[now]=1;
        }
        else low[now]=min(low[now],dfn[qw]);
    }
    if(now==rt&&s>1)cut[now]=1;
}

点双

1. 求割点
2. 重新\(Dfs\)一遍图，强制不经过割点，栈里面就是了（要包含割点）
3. 所以，一个割点会在多个点双里面

void Tarjan(int now,int fm)
{
    int s=0;dfn[now]=low[now]=++Dex;
    for(int i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
    {
        int qw=ljl[i].to;if(qw==fm)continue;
        if(!dfn[qw])
        {
            Tarjan(qw,now);s++;
            tag[now]|=low[qw]>=dfn[now];
            low[now]=min(low[now],low[qw]);
        }
        else low[now]=min(low[now],dfn[qw]);
    }
    if(!fm&&s==1)tag[now]=0;
}

边双

求出桥，然后重新Dfs一遍，强制不经过桥，所有的联通块都是边双。。。

\(Brg\)代表边是不是桥，\(col\)之类的就是边双染色了。。。

void Tarjan(int now,int fm)
{
	dfn[now]=low[now]=++Dex;
	for(int i=G1.hd[now];i;i=G1.ljl[i].nxt)
	{
		int qw=G1.ljl[i].to;
		if(qw==fm)continue;
		if(!dfn[qw])
		{
			Tarjan(qw,now);
			low[now]=min(low[now],low[qw]);
			if(low[qw]>dfn[now])Brg[i>>1]=1;
		}
		else low[now]=min(low[now],dfn[qw]);
	}
}
void Dfs(int now,int Col)
{
	col[now]=Col;
	for(int i=G1.hd[now];i;i=G1.ljl[i].nxt)
	{
		int qw=G1.ljl[i].to;
		if(!Brg[i>>1]&&!col[qw])Dfs(qw,Col);
	}
}

题目

• [x] UOJ#67. 新年的毒瘤
• [x] P3225 [HNOI2012]矿场搭建

缩点(其实可以放一起)

简介

对于一些题目，我们可以在求出 强/点双/边双 连通分量后将每个东西（你懂的）缩成一个点，从而把图简化。有向图缩强连通分量后会变成一个DAG，边双缩点变成树，至于点双。。。需要用一种叫做圆方树的东西维护。

题目

• [x] P2403 [SDOI2010]所驼门王的宝藏
• [x] 洛谷 P1262 间谍网络
• [x] CJOJ P1851 免费航班

\(Tarjan\)求\(LCA\)

这是一个询问\(O(1)\)但是只能离线的求\(LCA\)的高科技

我们求\((p,q)\)的\(LCA\)把询问离线，在\(p,q\)上对询问挂链

扫一遍整棵树，一边回答

那么具体怎么回答的呢，维护一个并查集，表示已经完成的子树的最高祖先

这个具体来说就是\(fa[i]\)为\(i\)点在已经完成的树内的最高祖先，显然对于其他没有完成的点如果要求与\(i\)的\(LCA\)的话，就直接是\(fa[i]\)了是吧

反正很难懂，建议自己对这代码手玩，例题：洛谷P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）

//你不觉得压行很美丽吗QwQ
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define ldb double
#define lst long long
#define rgt register int
#define N 500050
#define pb push_back
#define qw ljl[i].to
#define ot Pm[now][i].to
using namespace std;
const int Inf=1e9;
il int MAX(rgt x,rgt y){return x>y?x:y;}
il int MIN(rgt x,rgt y){return x<y?x:y;}
il int read()
{
    int s=0,m=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
    while( isdigit(ch))s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return m?-s:s;
}

int n,m,Rt,cnt;
int hd[N],fa[N],vis[N];
struct NODE{int to,id;};
vector<NODE> Pm[N];int ans[N];
struct EDGE{int to,nxt;}ljl[N<<1];
int Find_fa(rgt k){return fa[k]==k?k:fa[k]=Find_fa(fa[k]);}
il void Add(rgt p,rgt q){ljl[++cnt]=(EDGE){q,hd[p]},hd[p]=cnt;}

void Answer(rgt now)
{
    for(rgt i=0,Sz=Pm[now].size();i<Sz;++i)
	if(vis[ot])ans[Pm[now][i].id]=Find_fa(ot);
}
void Dfs(rgt now)
{
    vis[now]=1,Answer(now);
    for(rgt i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
	if(!vis[qw])Dfs(qw),fa[qw]=now;
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),Rt=read();
    for(rgt i=1;i<=n;++i)fa[i]=i;
    for(rgt i=1,p,q;i<n;++i)
	    p=read(),q=read(),Add(p,q),Add(q,p);
    for(rgt i=1,u,v;i<=m;++i){
	    u=read(),v=read();
	    Pm[u].pb((NODE){v,i}),Pm[v].pb((NODE){u,i});
    }Dfs(Rt);for(rgt i=1;i<=m;++i)printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

2-SAT

简介

每种物品有选或者不选两种状态，有些限制条件形如

选了则必须选，和不能同时选，必须选等等

把逻辑限制关系变成连边

a->b表示如果成立那么一定成立

这个要求你理解逆否命题

逆否命题，举个例子，选必须选，那么我选了就不能选，选就必须选

由于逆否命题产生的对称性使得问题得以在时间求解

具体来说要求同时连接x->y y'->x'

这样跑一遍缩点后如果统一物品的两种状态在同一个边双连通分量中就无解

否则可以输出方案，具体来说是每个点选择缩成的超级点中编号最小的那个（也就是反图拓扑序最小的那个）

题目

• [ ] [POI2001]和平委员会
• [ ] [JSOI2010]满汉全席
• [ ] [UOJ210]寻找罪犯
• [ ] [NOI2017]游戏
• [ ] [HNOI2010]平面图判定
• [ ] [POI2010]KOL-Railway
• [ ] 奶牛议会

综合题目？

• [ ] P3132 [USACO16JAN]愤怒的奶牛Angry Cows
• [ ] P2941 [USACO09FEB]环绕岛屿Surround the Islands
• [ ] P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools
• [ ] P3398 仓鼠找sugar
• [ ] P3469 [POI2008]BLO-Blockade
• [ ] P3436 [POI2006]PRO-Professor Szu POI
• [ ] P3119 [USACO15JAN]草鉴定Grass Cownoisseur
• [ ] P2321 [HNOI2006]潘多拉的宝盒
• [ ] P3627 [APIO2009]抢掠计划