Solution Set - 图上问题

CF360E

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首先显然可以选择的边的权值一定会取端点值。事实上，第一个人经过的边选最小，第一个人不经过的边选最大，这样一定不劣。进一步，如果 \(s_1\) 到点 \(u\) 的距离小于等于 \(s_2\)，则 \((u,v)\) 这条边应该取最小值。所以可以初始全部当作最大值，不断选择一条边修改，直到不能再修改。这时检查距离，比较即可。

CF280D

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好像跟图论没什么关系，不过题解区一片模拟费用流……

考虑线段树维护，每个区间上记录选择 \(j\) 个段，且开头/结尾选/不选的最大值。具体来说，\(mx_{j,0/1/2/3}\) 分别表示选择 \(j\) 个段，开头结尾无限制/开头选，结尾无限制/开头无限制，结尾选/开头结尾都选的情况下，子段和的最大值。区间合并是容易的。时间复杂度 \(O(nk^2\log n)\)，常数并不大。注意上面这个状态没有限制开头不选或者结尾不选，如果限制了转移需要写满 \(16\) 种，不限制的情况下可以减少到 \(8\) 种转移。

CF1062F

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有向无环图没什么处理手段，考虑拓扑序。在拓扑排序的过程中，同时处于队列中的点一定互相不可达。所以做一遍拓扑排序，如果一个点出队的时候队列中还有另外两个点，则该点不够重要。如果一个点出队的时候队列中没有其他点了，那么这个点可以到达的所有点就是剩下还没有入队的点。剩下的一种情况是一个点 \(u\) 出队的时候队列中恰好还剩了一个点 \(v\)，那么如果后面还有 \(u\) 不能到的点，就一定会有一个这样的点是 \(v\) 的后继，那么它的入度只能为 \(1\)。也就是说检查 \(v\) 的所有出边，如果有入度为 \(1\) 的点则 \(u\) 也直接不合法，否则也算出 \(u\) 能到达的点数。再在反图上做一遍，就可以得出每个可能合法的点能到达或能被到达的点数，即可统计答案。

CF235D

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显然把期望拆成概率。只用对所有有序点对 \((u,v)\)，求出删掉 \(u\) 的时候 \(v\) 和 \(u\) 仍然联通的概率，最后求和即可。如果 \(u,v\) 间的路径不经过环，点数为 \(len\)，则概率就是 \(\frac{1}{len}\)（相当于 \(u\) 在这 \(len\) 个的排列中位于开头）；如果 \(u,v\) 间的路径经过环，设有 \(len\) 个点必须经过，环的两侧分别有 \(x,y\) 个点，则容斥可得概率是 \(\frac{1}{len+x}+\frac{1}{len+y}-\frac{1}{len+x+y}\)。枚举点对计算即可。

CF1240F

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问题相当于给边染色。差不超过 \(2\) 的限制看起来很宽松，所以猜测一定可以全部染色。因为太宽松不好处理，所以考虑拆点，把边 \((u,v)\) 换成 \((u,v+n)\)，要求新图中每个点邻边的颜色出现次数的极差不超过 \(1\)，最后合并 \(u\) 和 \(u+n\) 即可。得到的新图显然是一张二分图。

再考虑拆点，把度为 \(d=qk+r\) 的点拆成 \(q+1\) 个点，前 \(q\) 个点度为 \(k\)，最后一个点度为 \(r\)，原来的边随便分配到这些点上（注意这样拆完之后的点数是 \(O(m)\) 的）。要求每个点连出的边颜色互不相同即可。那么考虑一条边 \((u,v)\)，随便选一个 \(u\) 还没用过的颜色 \(c_u\)，一个 \(v\) 还没用过的颜色 \(c_v\)。如果 \(v\) 也没用过 \(c_u\) 就可以直接染色为 \(c_u\)。否则找到 \((v,w)\) 颜色为 \(c_u\)，将其改为 \(c_v\)（边 \((u,v)\) 仍然染色 \(c_u\)）。如果又有 \((w,x)\) 颜色为 \(c_v\)，则将其改为 \(c_u\)。如此递归下去，最后一定成功，不然就表明选择的边成环了。如果这个环包含 \(u\) 就表明 \(u\) 已经连了颜色为 \(c_u\) 的边，否则就表明某个点连了两条颜色相同的边，总之是荒谬的。

CF1268D

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用到强连通竞赛图的几个性质：（记点数为 \(n\ge 3\)）

• 强连通竞赛图一定有哈密顿环。

  反证法。假设没有，取出点数最多的环 \(p_1,p_2,\cdots,p_k,p_{k+1}=p_1(k\lt n)\)。考虑 \(u\notin \{p_1,\cdots,p_k\}\)，若有 \(i\) 使得边 \((p_i,u),(u,p_{i+1})\in E\) ，则与最大性矛盾。所以对每个这样的 \(u\)，要么 \(\forall i,(u,p_i)\in E\)，要么 \(\forall i,(p_i,u)\in E\)。记 \(S=\{u\notin \{p_1,\cdots,p_k\}|(u,p_i)\in E,\forall i\}\)，\(T=\{u\notin \{p_1,\cdots,p_k\}|(p_i,u)\in E,\forall i\}\)，因为图是强连通的，且 \(k\lt n\)，所以 \(S,T\neq \empty\)。同时一定存在 \(u\in T,v\in S\) 使 \((u,v)\in E\)，否则 \(T\) 中的点无法到达 \(S\) 中的点。这时就发现 \(p_1,u,v,p_2,p_3,\cdots,p_k\) 是更大的环，矛盾。

• 如果 \(n\ge 4\)，则可以删去一个点，使得剩下的图仍然是一个强连通竞赛图。

  由上一个结论可以直接知道一个竞赛图强连通等价于有哈密顿环。设原图中的哈密顿环是 \(u_1,u_2,\cdots,u_n\)，假如有 \(k\) 使得 \((u_k,u_{k+2})\in E\)，则删掉 \(u_{k+1}\) 即可；否则，任何三个连续的点强连通，容易发现删掉任何点都仍然是强连通的。

• 如果一个竞赛图中所有点的出度从大到小排序为 \(d_1,d_2,\cdots d_n\)，则图强连通等价于不存在 \(k\)，使得 \(d_1+d_2+\cdots+d_k=C_{k}^2\)。

  对于一个竞赛图，按照强连通分量缩点之后，显然会得到一个全序图。考虑这个全序图中最后一个分量，它满足命题中的等式。只有当这最后一个分量是整个图的时候，图才是强连通的。既得证。

回到原题。利用第三个结论，可以在 \(O(n^2\log n)\) 的时间判断不进行操作和操作一次的所有情况。

注意到，如果图缩点之后有至少三个分量，那么翻转一个中间的点的邻边就可以使图强连通。所以判断完 \(0,1\) 后剩下的情况一定只有两个强连通分量。而如果这两个分量中有一个大小至少为 \(4\)，利用上面的第二个结论翻转一个点，借助第一个结论结论容易证明得到了一个强连通分量，所以这种情况也讨论过了。剩下的情况就是样例 \(2,3\)。

CF1148G

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先来尝试证明题目中的“always exists”。考虑补图，那么目标转化为：找一个大小为 \(k\) 的点集，要么每个点所在的连通块大小均为 \(1\)，要么均大于 \(1\)。那么，我们找一个最大的独立集 \(S\)，如果大小大于等于 \(k\) 就成立了，否则，对于每个不在 \(S\) 中的点，一定和某个 \(S\) 中的点连边了。让每个 \(S\) 外的点恰好连一条边，也就是在每个 \(S\) 中的点上挂了若干个点，设挂的点数从大到小为 \(c_1,c_2,\cdots,c_t,t\lt k\)。注意到 \(2k\le n\)，由抽屉原理可知 \(c_1\ge 3\)。我们只需要找到 \(a_1,a_2,\cdots,a_t\) 满足 \(\sum_{i=1}^ta_i=k,a_i\le c_i+1,a_i\neq 1\)。这是非常容易的：\(2,3,\cdots,c_1-1,(c_1-1)+2,\cdots,c_1-1+c_2,(c_1-1)+c_2+2,\cdots,c_2+\cdots+c_t\) 这些数中一定包含了 \(k\) 和 \(k-1\) 之一（注意 \(k\ge 3\)），取 \(a_1=c_1-1\) 或 \(c_1\) 即可。

或许不容易找到最大的独立集，但是在本题的条件下，不难找到一个极大的独立集。具体来说，我们依次尝试把每个数加入 \(S\)。这就要判断 \(S\) 中是否有与某个数互质的数。而利用莫比乌斯反演，容易计算出与某个数互质的数的个数。而对于极大的独立集，上面的证明当然也是成立的。

剩下的问题是，要判断不在 \(S\) 中的数和 \(S\) 中哪个数互质。注意到我们可以判断一个数是否与某一些数之一互质，所以单个询问可以二分，多个询问就可以整体二分。整体二分的实现是容易的。

时间复杂度 \(O(n\log n\times2^8)\)，后面这个 \(2^8\) 是因为 \(10^7\) 内的数最多有 \(8\) 个质因数，而用莫比乌斯反演计算时只需要考虑无平方因子数。实际跑不满。