12 October

次小生成树

http://poj.org/problem?id=1679

不难得出，次小生成树可以由最小生成树更换一条边得到。

首先构造原图的最小生成树，然后枚举每一条不在最小生成树中的边 (u, v, w)，尝试将这条边加入生成树，因为直接加入边会产生环，所以我们需要在加边之前删去最小生成树上 u 到 v 的路径上权值最大的边。在枚举每一条边时我们都会得到一棵生成树，这些生成树中边权和最小的即为要求的次小生成树。

需要在构造最小生成树时将完整的树结构构造出来，并且使用树上倍增算法查询两点间边权值最大的值。

强连通分量

在一个有向图中，如果某两点间都有互相到达的路径，那么称中两个点强连通，如果任意两点都强连通，那么称这个图为强连通图；一个有向图的极大强连通子图称为强连通分量。

https://oi.men.ci/tarjan-scc-notes/

https://www.cnblogs.com/stxy-ferryman/p/7779347.html

一个强连通分量中的点一定处于搜索树中同一棵子树中。

Tarjan 算法：

• low[] 表示这个点以及其子孙节点连的所有点中dfn最小的值.
• s[] 表示当前所有可能能构成是强连通分量的点.
• col[] 对强连通分量进行染色.
• v[to[k]]==false 说明无论如何这个点也不能与u构成强连通分量，因为它不能到达u.
• low[x]==dfn[x] 说明u点及u点之下的所有子节点没有边是指向u的祖先的了，即u点与它的子孙节点构成了一个最大的强连通图即强连通分量.
• if (!dfn[i]) tarjan(i); Tarjan一遍不能搜完所有的点，因为存在孤立点. 所以我们要对一趟跑下来还没有被访问到的点继续跑Tarjan.

均摊时间复杂度 \(O(n)\).

int dfn[N], low[N], t, s[N], st;
int col[N], ct;
bool v[N];

void tarjan(int x) {
    dfn[x]=low[x]=++t, s[++st]=x, v[x]=true;
    for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
        if (dfn[to[k]]) {if (v[to[k]]) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]); }
        else tarjan(to[k]), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
    }
    if (low[x]==dfn[x]) {
        col[x]=++ct, v[x]=false;
        while (s[st]!=x) col[s[st]]=ct, v[s[st--]]=false;
        --st;
    }
}

for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i);

[USACO06JAN] The Cow Prom:

for (rint i=1; i<=n; ++i) ++cnt[col[i]];
for (rint i=1; i<=ct; ++i) if (cnt[i]>1) ++ans;
printf("%d\n", ans);

缩点

缩点: 对于 贡献具有传递性 的题，因为强连通分量中的每两个点都是强连通的，可以将一个强连通分量当做一个 超级点，而点权按题意来定.

POJ2186 Popular Cows: 告诉你有n头牛，m个崇拜关系，并且崇拜具有传递性，如果a崇拜b，b崇拜c，则a崇拜c，求最后有几头牛被所有牛崇拜.

显然一个强联通分量内的所有点都是满足条件的，我们可以对整张图进行缩点，然后就简单了.

剩下的所有点都不是强连通的，现在整张图就是一个DAG（有向无环图）.

那么就变成一道水题了，因为这是一个有向无环图，不存在所有点的出度都不为零的情况.

所以必然有1个及以上的点出度为零，如果有两个点出度为零，那么这两个点肯定是不相连的，即这两圈牛不是互相崇拜的，于是此时答案为零，如果有1个点出度为0，那么这个点就是被全体牛崇拜的.

这个点可能是一个强联通分量缩成的 超级点，所以应该输出整个强联通分量中点的个数.

— stxy-ferryman

/* 以上同 Tarjan 求强连通分量. */

int deg[N], cnt[N];
int tot=0, ans=0;

for (int i=1; i<=n; ++i) {
    for (int k=head[i]; k; k=nex[k]) if (col[to[k]]!=col[i]) ++deg[col[i]];
    ++cnt[col[i]];
}
for (int i=1; i<=ct; ++i) if (!deg[i]) ++tot, ans=cnt[i];
if (!tot || tot>1) printf("0\n"); else printf("%d\n", ans);

割点、桥

无向图.

割点

特判：根节点如果有两个及以上的儿子，那么他也是割点.

int dfn[N], low[N], t, root;
bool cut[N];

void tarjan(int x) {
    int flag=0;
    dfn[x]=low[x]=++t;
    for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
        if (dfn[to[k]]) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]);
        else {
            tarjan(to[k]), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
            if (low[y]>=dfn[x]) {
                ++flag;
                if (x!=root || flag>1) cut[x]=true;
            }
        }
    }
}

for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(root=i);
for (int i=1; i<=n; ++i) if (cut[i]) printf("%d ", i);

桥

邻接表存图编号从2开始. 即开头 head[0]=1;.

int dfn[N], low[N], t;
bool bdg[N<<1];

void tarjan(int x, int last) {
    dfn[x]=low[x]=++t;
    for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
        if (dfn[to[k]]) if (i!=(last^1)) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]);
        else {
            tarjan(to[k], k), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
            if (low[y]>=dfn[x]) bdg[k]=bdg[k^1]=true;
        }
    }
}

for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);
for (int i=2; i<head[0]; i+=2) if (bdg[i]) printf("%d %d\n", to[i^1], to[i]);

Euler 函数

\[n={\prod_{i=1}^{k}} \ {p_i}^{a_i}
\]

\[\varphi(n)=n\cdot \prod_{i=1}^{k} \left(1 - \frac{1}{p_i}\right)
\]

int phi() {
    int m = floor(sqrt(n + 0.5)), ans = n;
    for (int i = 2; i <= m; i++) {
        if (n % i == 0) {
            ans = ans / i * (i - 1);
            while (n % i == 0) n /= i;
        }
    }

    if (n != 1) ans = ans / n * (n - 1); // 整体为素数
    return ans;
}

https://oi.men.ci/euler-sieve/

模意义下的除法

要求模数为素数。

Fermat 小定理：

\[a ^ {p - 1} \equiv 1 \pmod p
\]

\[a \cdot a ^ {p - 2} \equiv 1 \pmod p
\]

inline int pow(long long x, int y) {
    long long res=1;
    for (; y; x=x*x%mod, y>>=1) if (y&1) res=res*x%mod;
    return res;
}

inline int inv(int& x) {return pow(num, mod-2); }

拓展 Euclid 算法：

在对数时间内求出方程 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 的一组解。当 b 为素数时，\(\gcd(a, b)=1\)，则

\[ax \equiv 1 \pmod b
\]

式中 \(x\) 即为所求。

void exgcd(int& a, int& b, int &g, int &x, int &ｙ) {
    if (!b) g=a, x=1, y=0;
    else exgcd(b, a%b, g, y, x), y-=x*(a/b);
}

inline int inv(int& t) {
    register int g, x, y; exgcd(t, mod, g, x, y);
    retuurn ((x%mod)+mod)%mod;
}

全错位排列递推公式

\[f(n) = (n-1)\cdot \left[f(n-1)+f(n-2) \right]
\]

常数优化

书写优化：

Before	After
x==0	!x
x!=-1	~x
x!=y	x^y
x*10	(x<<3) + (x<<1)
x*2+1	x<<1|1
x%2	x&1
(x+1)%2	x^1
x%2==0	~(x&1)

函数参数尽量取地址。手动内联 inline。

大循环分开来做。register。（手动 cache）

strlen() 函数提前求好值，避免重复调用。

表达式合并。（手动并行）

重载运算符：

struct mat {
	static const int ml=10;
	int m[ml][ml];
	mat(int x=0) {
		memset(m, 0, sizeof(m));
        for (int i=0; i<ml; i++) m[i][i]=x;
	}
	int* operator [] (int& p) {return m[p]; }
};