ZROI 19.07.30 简单图论/kk

1.最短路

NOI2019 D2T1

~~我被这题送Fe了/lb~~

~~只有zz才会写二维线段树，比如我。~~

实际上你只需要矩形取min就可以。

kd-tree可以随便过，最慢的点$0.1s$。

另外一种简单做法是把边压到堆里，每次找到的最小（出发点+边权）的边一定是最优的，然后清空对应的矩形，线段树套set或者并查集都可以过。（stO _rqy Claris Orz)

$n$个点，$m$条边的DAG，求删去每个点后$1$到$n$最短路。$n,m \leq 3\times 10^5$。

拓扑排序之后，对每个点$x$预处理出$f_x,g_x$，分别表示$1->x$和$x->n$的最短路。

按照拓扑序考虑每个点$x$，同时维护两个集合$A,B$，分别表示拓扑序在$x$前、后的点。

这样答案一定形如$f_a+g_b+(a, b), a \in A,b\in B $。

用堆维护上述结构，当$x$转移到$x+1$时，只需把$x$加入$A$，并把$x+1$从$B$中移除，并处理相应影响即可。

$n$个点，$m$条边的有向图，计算每个点传递闭包大小，允许误差，最多差两倍。$n,m\leq 2\times 10^5$。

SD省集讲过……然而我又忘了。

结论：$[0,1]$之间的$n$个随机变量，最小值的期望是$\frac{1}{n+1}$。

比较显然。

缩点之后，给每个点赋一个$[0,1]$的变量$f_i$，然后按照拓扑序执行$f_x=\min(f_x, f_y), where~(x,y)~exists.$

重复若干次，取$f_i$平均值计算，可以证明期望误差不会超过两倍。

2.生成树

$n$个点，$m$条边的无向图，第$i$条边的花费是$2^i$。现在想要经过每条道路至少一次，求最小花费。

每条边先走一次，然后若干条边需要走两次，使原图成为欧拉回路。

发现每棵生成树都能做到，选择最小生成树即可。

统计答案的时候从叶子往根节点统计，简单的树形dp。

$n$个点的图，每两个点之间有若干条黑、白边，求恰好$k$条白边生成树个数。

长见识了……Matrix Tree里不仅可以放整数，也可以放多项式，因为它满足所有四则运算的规律……

设$i,j$间有$a_{i,j}$条白边，$b_{i,j}$条黑边，则矩阵中$c_{i,j}$位置是$a_{i,j}x+b_{i,j}$。

这样最后算出行列式是一个$n-1$次多项式，第$i$项的系数是恰好$i$条白边的生成树个数。

直接计算多项式会很麻烦，但是可以选$n$个$x_i$带入多项式计算，然后拉格朗日插值出多项式。复杂度$O(n^4)$。

$n$个点的图，边带权，求所有生成树权值和的$k$次方和。$n,k \leq 50, w_i \leq 10^9$。

跟上面那题很像，拆开$k$次方之后，矩阵中每个位置都是一个$k$次组合生成函数。最后乘起来是一个$(n-1)k$次多项式，选$(n-1)k+1$个点插值即可。复杂度$O(n^4k)$，反正能过。

求$n$个点的最小方差生成树，$n \leq 10^5,w_i \leq 10^9$。

比较暴力的思路：

设$f(x)=\sum (v_i-x)^2$，发现$f(x)$在$x$取到平均值时有最小值。即，用别的数来代替平均值，不会使答案变小。

所以可以枚举平均值$\sigma$，边按照$(v_i - \sigma )^2$排序，求最小生成树。

但是值域过大无法枚举。发现在枚举$\sigma$的过程中，本质不同的排序方案只有$m^2$种（两条边会在唯一确定的时刻交换顺序）。

因此暴力的解法可以做$m^2$次最小生成树，时间复杂度$O(m^3\log m)$。

考虑优化，发现每条边的贡献是一个$a_i>0$的二次函数，并且所有二次函数的$a_i$相同，这意味着它存在于最小生成树的时间是一段区间。

如果把边按$w_i$从小到大排序，每条边“能被加入的时候”会踢掉之前在树中的$w_i$最小的边（考虑二次函数的形态，此时这条最小的边的贡献已经越过最低点，开始增长）

lct维护最大生成树以及边的权值和、权值平方和即可。时间复杂度$O(m\log m)$。

3.2-SAT

$n$个点，$m$条边，有$k$个集合，满足每个点恰好属于其中一个。每个集合选恰好一个点，使每条边至少选了一个端点。$n,m,k \leq 10^6$。

边的限制是2-SAT板子。

集合的限制比较麻烦，对于每个集合建一个前缀集合$A$和后缀集合$B$，存在如下限制：如果$A_i=1$，则$A_{i+1}=1$；如果$A_{i+1}=0$，则$A_{i}=0$；如果$A_i=0$，则$S_{A_i}=0$。$B$的限制同理。

前后缀法把本来接近完全图的连边优化成了线性。

$n$个点$(x_i,y_i)$，每个点建一个建筑，形如以该点为斜边中心的等腰直角三角形，且斜边平行或垂直于$x$轴，求最大边长。$n \leq 60$。

二分答案，把每个点拆成四个小直角三角形。发现对角的两个选且仅能选一个。然后就随便2-SAT了。

$n$个点的树，$m$个关键点，给每个关键点确定一个树上位置$p_i$，满足$k$个形如“以$p_x$为根，$p_y,p_z$的lca为$w$点”的限制。$n,m \leq 100$。

首先限制可以转化为，以$Q$为根时，$p_x,p_y,p_z$两两之间不在同一棵子树里。

先随便硬点一个点为根，设$f_{x,y}$表示关键点$x$是否在树上点$y$的子树里。~~然后随便连一下边就好了。~~

4.欧拉回路

$n$个点$(x,y)$，每个点黑白染色，使得每行每列都满足$|black-white|\leq 1$，输出方案。$n\leq 2\times 10^5$。

先假设限制缩紧到$|black-white|= 0$且保证有解。

对行列建二分图，求出一个欧拉回路，则向左为黑，向右为白。

实际上会有一些点度数为奇数。两边各建一个虚点，向对面奇数点连边。跑出的欧拉回路，每个点至多和一个虚点有边。

$n$个点，$m$条边，存在自环的无向图，对于每一个边集的子集，若它的导出子图的每个连通块都存在欧拉回路，则它对答案的贡献为子集边数的平方。$n\leq 10^5$。

显然转化为每个点度数都是偶数。

考虑简化形式：任意子集贡献为$1$，即答案为满足条件的子集个数。列出$m$个变量的$n$个xor方程组，答案即为$2^{p}$，$p$为自由元个数。

方程组很难解，但仔细观察可以发现，对于每个连通块，任意求一棵生成树，则对于任一种非树边的集合，都可以在生成树上找到唯一的一组解，使得所有点度数为偶数。

因此对于这种简化形式，答案为$2^{m-n+x}$，其中$x$为连通块个数。

我们发现，对于一个边集，边数的平方等价于在边集中选两条边的方案数。因此我们可以硬点两条边$a, b$必选，计算包含这两条边的方案数。

如果这两条边涉及了桥边，则两个被分开的连通块里都产生了一个奇数点，且这个奇数点无法消除，所以一定无解。

如果删去这两条边没有改变连通性，我们可以将这两条边删去，仍然可以找到一棵生成树，但非树边减少了$2$，答案为$2^{m-n+x-2}$。

同理，若删边后连通块增加了$1$（可以理解为断开了一个环），答案为$2^{m-x+x-1}$。

对于判断连通性，可以先对每个连通块生成一棵dfs树（这样只有返祖边），并对每条非树边随机一个ull的权值，对它覆盖的链xor上这个权。如果两条边权值相等，则删除它们后，中间的部分必然会被独立。随便维护一下这个权值就好了。

实际上不需要枚举，只需要算出各种情况的个数就可以了。