算法提高課——圖論

圖論難點：問題的轉化和抽象（可看成特殊的某一類DP）

圖論與DP的聯系：

 

 

 

 

DP問題（從集合角度分析最優化問題）可以看成從F(0,0)、F(0,1)、F(1,2)......F(0,m)到F(n,m)的最長路。因此DP問題可以轉化為拓撲圖（一般DP問題的狀態間無環）上的最短（長）路。

當DP依賴關系不具有拓撲序時（即存在環時），可以將其轉化為最短路，也可以用高斯消元。

//TLE的原因常常是沒有memsert

//st數組在不同算法中的用法：

 

單源最短路的建圖方式

AcWing 1129. 熱浪

//單源最短路模型。朴素或堆優化Dijkstra、spfa皆可

AcWing 1128. 信使

//數據范圍較小，Floyd算法直接處理

//核心：對於每個點來說，它接收到信的時間，等於它到指揮部   的最短距離。

//跑完最短路之后找出所有最短路中的最大值，若為正無窮則說   明該點與起點不連通，輸出“-1”即可

//注意預處理時d[i][i]=0。

AcWing 1127. 香甜的黃油

//多源匯最短路問題（可用堆優化Dijkstra或Spfa）

//分析數據范圍得知，Floyd算法會超時.所以可以枚舉每一個點作為起點時的花費

AcWing 1126. 最小花費

//注意扣除手續費的計算：

  w[i]=1-手續費i （0<w[i]<1）

  100=d[A]*w[1]*w[2]*w[3]*w[4]......

  所以為使d[A]最小,應使w[1]*w[2]*w[3]*w[4]......最大。

//令S=w[1]*w[2]*w[3]*w[4]......：

logS=log(w[1]*w[2]*w[3]*w[4]......)

=logw[1]+logw[2]+logw[3]+logw[4]......

因為0<w[i]<1，所以logw[i]<0，logS<0，-logS>0。那么，為使S最大，logS就應最大，-logS就應最小。其中，-logS可以看成是-logw[i]的和。

  所以本題就可以轉化成一個最短路問題，故可以用Dijkstra或spfa求解。代碼可以直接用乘法來實現三角不等式，上述只是為了說明本題運用Dijkstra或spfa的正確性。

AcWing 920. 最優乘車

//sstream讀入小技巧（原題未告知一行讀入多少數）：

 

//注意這道題的特殊性：要求的是換乘次數最少的路線，而非最短路。可以將問題轉化，在處於同一路線上的站點之間連一條權值為1的邊，然后用經典最短路模型處理。因為所有的邊權都是1,所以可以直接寫BFS。

AcWing 903. 昂貴的聘禮

//tap：建立虛擬源點（標為0號點），表示直接買的價格，此時應注意一共有n+1個點。

//本題需要考慮等級限制：因為等級和等級限制都不超過100，所以可以枚舉等級區間，在這個區間內進行Dijkstra，時間復雜度不超過100w。

單源最短路的綜合應用

AcWing 1135. 新年好

//最短路+DFS  6*O（m）+5！

1. 先預處理出從1,a,b,c,d,e出發到其他所有點的單源最短路徑
2. DFS所有擺放順序，5！，對於每種擺放順序，可以通過查表的方式算出最短距離。

//當一個數組作為函數的形參被傳入時，sizeof函數就無法正常工作，會RE。

AcWing 340. 通信線路

//最短路+二分

//定義在[0,1000001]這個區間中的性質如下：

對於區間中的某一個點，求出從1走到N，最少經過的長度大於x的邊的數量是否小於等於k。

//求出從1到N最少經過幾條長度大於x的邊：

可以將所有的邊分類：如果邊長大於x，則邊權看成1，否則邊權是0。可以用雙端隊列BFS來求從1到N的最短路。

AcWing 342. 道路與航線

//這道題的路徑有兩種，一種是邊權非負的雙向邊(道路)，一種是邊權可正可負且無環的單向邊(航線)。

//本題spfa會被卡。

1. 如果邊權非負，那么可以Dijkstra算法，時間復雜度是mlogn
2. 如果是拓撲圖，那么不管邊權是正是負，均可按拓撲序掃描，時間復雜度是線性的

//航線一定在不同的道路連通塊之間，將每一個連通塊看成一個點。具體實現方式：

1．先輸入所有雙向道路，然后DFS出所有連通塊，計算兩個數組：id[]存儲每個點屬於哪個連通塊；vector<int> block[]存儲每個連通塊里有哪些點

2．輸出所有航線，同時統計出每個聯通塊的入度

3．按照拓撲序依次處理每個連通塊。先將所有入讀為0的連通塊的編號加入隊列中

4．每次從隊頭取出一個連通塊的編號bid

5．將該block[bid]中所有點加入堆中，然后對堆中所有點跑dijkstra算法

6．每次取出堆中距離最小的點ver

7．然后遍歷ver的所有鄰點j。如果id[ver]==id[j]，那么如果j能被更新，則將j插入堆中；如果id[ver]!=id[j]，則將id[j]這個連通塊的入度減一，如果減成0了，則將其插入拓撲排序的隊列中。

//體現單源最短路：

memset(dist,0x3f,sizeof dist);

  dist[S]=0;

AcWing 341. 最優貿易

//最短路算法和DP的結合(本質上DP和最短路算法是有很大交集的，絕大部分DP都可以被看成是拓撲圖上的最短路或最長路問題.)。采用類似於DP的思想，把所有從1到n的路徑看成一個集合，進行子集的划分。

//假設S1,S2…St都可以走到第K個點.那么：。dmax同理。

//DP問題所說的“無后效性”即轉化為一個表示狀態的圖時,圖上是不存在環的，但是這個問題中存在。因此可以用最短路算法處理上面的類DP問題。

//用spfa正確性：

for(迭代n-1次)

for(循環邊)用三角不等式更新

  Dijkstra算法中，每個點只出隊一次，但是在本題中一個點可以被更新多次，所以Dijkstra算法不適用於這道題。

//從1到k買入的最小值dmin[k]

  從k到n賣出的最大值dmax[k]

  答案即max(dmax[k]-dmin[k])

單源最短路的擴展應用

AcWing 1137. 選擇最佳線路

//可以建反向邊，求出從終點到每個起點的最短路的最小值

原問題：從每個起點出發，到達終點的所有路徑的最小值。

加上虛擬源點之后的問題：從虛擬源點出發，到達終點的所有路線的距離的最小值。將原問題轉化成了單源最短路問題。

AcWing 1131. 拯救大兵瑞恩

//應用拆點的思想。最短路中需要拆點,分層的題目.一般都可以用DP的方式先考慮。因為有鑰匙等因素的影響，因此f(i,j)並不能只用兩維就表示出到點(i,j)的最短距離。仿照DP的思路，我們可以再加一維。

//但是這道題並不能按照DP的方式來寫，因為一般能夠用DP方式寫的題目都需要保證在計算某個狀態之前，所有能夠更新它的狀態都已經被更新了，即其狀態與狀態之間滿足拓撲序。但是這道題某些點之間是可以相互到達的，因此存在環。所以還是要用最短路的方式來寫。

//將二維變成一維：f(x,y,state)的前兩維可以壓縮成一維

//動態規划

一、狀態表示：d(x,y,state)

1．集合：所有從起點走到(x,y)這個格子，且當前已經擁有的鑰匙是state的所有路線的集合。

2．屬性：最短距離

二、狀態計算

1．(x,y)這里有一些鑰匙，那么可以直接將所有鑰匙拿起：

2．向上下左右四個方向走。

（1）沒有門和牆

（2）有門，且有匹配的鑰匙，之后走到了(a,b)：

//狀態間存在環形依賴，因此可以將DP轉化成圖論問題(BFS)

//Taps:

1．用一維數字表示二維位置

2．所有邊權都是0或1，因此可以用雙端隊列，保證時間復雜度是線性的。

AcWing 1134. 最短路計數

//求方案數

1. 先求出全局最小值是多少
2. 分別求出每個子集中等於全局最小值的元素個數

//最短路樹（拓撲圖）上保證不存在邊權為0的環，否則答案的方案數則為正無窮。

 

//本題用BFS或Dijkstra做沒有問題，但是不能用spfa

//求方案數時如果有負權邊，則先用spfa求一遍最短路，再循環遍歷每一條邊，若該邊滿足三角不等式，則加入最短路樹中，最后將最短路樹建好，再由拓撲序求最短路樹上的方案數。

AcWing 383. 觀光

//最短路徑的條數

次短路徑：如果存在比最短路徑長度恰好多1的路徑，則再把這樣的路徑條數加上

d[i,0]表示從1到i的最短路徑 cnt[i,0]

d[i,1]表示從1到i的次短路徑 cnt[i,1]

Floyd算法（兼具DP和圖論的性質）

1．多源多匯最短路：可在的時間復雜度之內求出任意兩點間的最短路

2．傳遞閉包：將所有可以間接到達的點連上直接到達的邊

如果存在i->j這條邊，則g[i,j]=1

如果不存在i->j這條邊，則

(1) 初始化：d[i,j]=g[i,j]

(2) for(k)

for(i)

for(j)

if(d[i,k]&&d[k,j])

d[i,j]=1;

3．找最小環

4．恰好經過k條邊的最短路（倍增思想）

//Floyd和Bellman-Ford、spfa算法都是基於DP

  Dijkstra基於貪心

//動態規划

一、狀態表示

d[k,i,j]表示從i到j只經過1~k的話，最短路徑是多少

1．集合：所有從i出發，最終走到j，且中間只經過節點編號不超過k的所有路徑。

2．屬性：路徑長度的最小值

二、狀態計算

1．所有不含節點k的路徑

最小值為d[k-1,i,j]

2．所有包含節點k的路徑

最小值為d[k-1,i,k]+d[k-1,k,j]

 

去掉第一維后：

下面來證明循環當中是否可以去掉第一維：

特殊情況：當k=j時，

由於經過預處理，d(k,k)=0，所以d(i,k)=d(i,k)。說明在循環一輪后，d(k,i,k)仍然等於d(k-1,i,k)。同理得d(k,k,j)=d(k-1,k,j)。所以在循環中可以去掉第一維。

AcWing 1125. 牛的旅行

//牧區：節點

  牧場：連通塊

//具體思路：

(1) 用floyd算法求出任意兩點之間的最短距離

(2) 求maxd[i]，表示和i連通的且距離i最遠的點的距離

(3) 情況1：答案為所有maxd[i]的最大值

情況2：枚舉在哪兩個點之間連邊，需要滿足d[i,j]=INF。答案為

//本題數據較大，INF最好定義為1e20

AcWing 343. 排序

//假定如果A<B，則d(A,B)=1

1．矛盾：d(i,i)=1

2．唯一確定：當i≠j時，d(i,j)、d(j,i)中必有一個是1

3．順序不唯一

//改良 將變成：

 

AcWing 344. 觀光之旅

//集合：按照環上編號最大的點分類

如果d(i,j)=d(i,k)+d(k,j)，則k為i->j中編號最大的點

AcWing 345. 牛站

//d[k,i,j]表示從i到j，恰好經過k條邊的最短路徑

 

（本題中可以存在負環）

//滿足結合律，那么就可以用倍增（快速冪）的思想處理這道。由d(2,i,j)得到d(4,i,j)，再得到d(8,i,j)

  因此時間復雜度可優化為

//因為實際用到的點數遠小於總的點數，所以可以把點的編號離散化一遍，降低時間復雜度。

最小生成樹（無向邊）

 

當前與外界直接相連的權值最小的一條邊。這條邊一定可以出現在最優解中。

如何證明當前這條邊一定可以被選？

假設不選當前邊，最終得到了一棵樹。然后將這條邊加上，那么必然會出現一個環，在這個環上，一定可以找出一條長度不小於當前邊的邊，那么把當前邊替換上去，結果一定不會變差。

AcWing 1140. 最短網絡

AcWing 1141. 局域網

//相當於在這個圖的每個連通塊內，求一棵最小生成樹。相當於求原圖的“最小生成森林”。

//做Kruskal算法：

1. 將所有邊權從小到大排序
2. 依次枚舉每條邊a,b,w

如果a和b不連通，那么就將當前邊加到最小生成樹中去。

//可以用Prim算法時一定可以用Kruskal算法，但用Kruskal算法時不一定可以用Prim算法（例如本題）

AcWing 1142. 繁忙的都市

//普通的最小生成樹：所有的邊權之和最小

本題中的最小生成樹：最大的邊權最小

//做法：Kruskal

1. 將所有邊從小到大排序
2. 從小到大依次枚舉每條邊，a，b，w

如果a和b已經連通，那么直接pass

如果a和b不連通，那么就將當前邊選出來

AcWing 1143. 聯絡員

//讀題->分析模型->算法->代碼

1．將所有必選邊加到並查集中

2．將所有非必選邊從小到大排序

3．從小到大依次枚舉每一條非必選邊，a，b，w

如果a和b已經連通，直接pass

如果a和b不連通，那么就將當前邊選上

//Kruskal算法：可以只實現前一半，也可以在已經有邊的前提下繼續做后一半

AcWing 1144. 連接格點

//注意！這不是一個最小生成樹問題：n個點，m條邊，邊權可正可負，求將所有點連通的最小邊權和是多少？

//O(klogk)->O(k)

//將二維變成一維

//容易沖突的變量名：y1，next，prev，hash

//為了省去排序的時間，先將縱向邊（權值為1）加入，再將橫向邊（權值為2）加入

 

最小生成樹的擴展應用

定理：

任意一棵最小生成樹一定可以包含無向圖中權值最小的邊

證明：

反證法。假設無向圖G=(V,E)存在一棵最小生成樹不包含權值最小的邊。設e=(x,y,z)是無向圖中權值最小的邊。把e添加到樹中，e會和樹上從x到y的路徑一起構成一個環，並且環上其他邊的權值都比z大。因此，用e代替環上的其他任意一條邊，會形成一棵權值和更小的生成樹，與假設矛盾。故假設不成立，原命題成立。

推論：

給定一張無向圖G=(V,E),n=|V|,m=|E|。從E中選出k<n-1條邊構成G的加一個生成森林。若再從剩余的m-k條邊中選n-1-k條添加到生成森林中，使其成為G的生成樹，並且選出的邊的權值之和最小，則該生成樹一定包含這m-k條邊中連接生成森林的兩個不連通節點的權值最小的邊。

//以上來自《算法競賽 進階指南》

AcWing 1146. 新的開始

//建立一個“超級發電站”，將所有礦井與其都連上邊

AcWing 1145. 北極通訊網絡

//找一個最小的d值，使得將所有權值大於d的邊刪去之后，整個圖形的連通塊的個數不超過k。

//Kruskal算法：假設當前已經循環完第i條邊。已經求出了由前i條邊構成的連通塊。

//可以用DFS/BFS+二分，但用並查集的話則無需二分

 

AcWing 346. 走廊潑水節

//對於兩個連通塊：

1. 新邊<w ×
2. 新邊==w ×
3. 新邊≥w+1 √

  這樣才能保證圖的唯一最小生成樹仍是原樹。

AcWing 1148. 秘密的牛奶運輸

//次小生成樹

定義：給一個帶權的圖，把圖的所以生成樹按權值從小到大排序，第二小的稱為次小生成樹。

//非嚴格次小生成樹的邊權可以和最小生成樹相等，而嚴格次小生成樹則不可以。

定理：對於一張無向圖，如果存在最小生成樹和（嚴格）次小生成樹，那么對於人格一棵最小生成樹，都存在一棵（嚴格）次小生成樹，使得這兩棵樹只有一條邊不同。

方法1：先求最小生成樹，再枚舉刪去最小生成樹中的邊求解。時間復雜度

方法2：先求最小生成樹，然后依次枚舉非樹邊，然后將該邊加入樹中，同時從樹中去掉一條邊，使得最終的圖仍是一棵樹。則一定可以求出次小生成樹。

1. 設T為圖G的一棵生成樹，對於非樹邊a和樹邊b，插入邊a，並刪除邊b的操作記為(+a,-b)。
2. 如果T+a-b之后，仍然是一棵生成樹，稱(+a,-b)是T的一個可行交換。
3. 稱由T進行一次可行變換所得到的新的生成樹集合為T的鄰集。

定理：次小生成樹一定在最小生成樹的鄰集中。

//以上來自《信息學奧賽一本通·提高篇》

要使得最小，就要使最大。可以枚舉n個點，以每一個點為樹根，復雜度預處理出每個點到其他所有點的路徑上的最大邊權。所以時間復雜

 

//也可以用樹鏈剖分進行預處理

1．求最小生成樹，標記每條邊是樹邊，還是非樹邊；同時把最小生成樹建立出來。

2．預處理任意兩點間的邊權最大值dist[a][b]

3．依次枚舉所有非樹邊，求，滿足w>dist[a][b]。

//注意：在求嚴格次小生成樹時，不能只預處理兩點之間最大的樹邊，因為當最大樹邊和當前枚舉的非樹邊長度相同時，就不能替換了，但此時卻可以替換長度次大的樹邊。因此還需同時預處理出長度次大的樹邊。

負環

01分數規划

求負環的常用方法，基於spfa：（基於抽屜原理）

1. 統計每個店入隊的次數，如果某個點入隊n次，則說明存在負環
2. 統計當前每個點的最短路中所包含的邊數，如果某點的最短路所包含的邊數大於等於n，則也說明存在環（一般選擇這種方法）

將所有點加入隊列中，並初始化dist[i]=0。此時可以看成由虛擬源點向所有點都連了一條邊，不影響負環的判斷。又因為無論dist數組初始化成0還是0x3f3f3f3f，有負環存在都會逐漸減為負無窮，所以初始化成任意值皆可。也沒必要memset

當所有點的入隊次數超過2n時，我們就認為圖中與很大可能是存在負環的。

AcWing 904. 蟲洞

AcWing 361. 觀光奶牛

//使最大，即01分數規划問題。

 ，可用二分。

 

  將邊權重定義為，判斷是否存在正環不一定要把邊權取負，可以在spfa中改變判斷符號，變成求最長路。

//保留兩位小數，二分時>1e-4即可

  同理，若保留三位小數，則>1e-5

AcWing 1165. 單詞環

//建圖：

  以每個單詞的前兩個字母和后兩個字母為節點，以單詞的長度為邊，最多建立676個點、10⁵條邊

//同樣還是01分數規划問題，解法同上題

//優化：在循環時計數，當循環次數cnt>2*n（n為點數）時就可以直接認為存在正環。將隊列換成棧也可以。（但在普通題目中無需將隊列換成棧，因為棧的效率極低）

差分約束

(1) 求不等式組的可行解

源點需要滿足的條件：從源點出發，一定可以走到所有的邊。

步驟：

1. 先將每個不等式xi<=xj+c轉化成一條從xj走到xi，長度為ck的一條邊
2. 找一個超級源點，使得該源點一定可以遍歷到所有邊
3. 從源點求一遍單源最短路

結果：

1. 如果存在負環，則原不等式組一定無解
2. 如果沒有負環，則dist[i]就是原不等式組的一個可行解

//最短路：所有從1->i的路徑的最小值

  最長路：所有從1->i的路徑的最大值

(2) 如何求最大值或最小值，這里的最值指的是每個變量的最值

結論：

如果求的是最小值，則應該求最長路；如果求的是最大值，則應該求最短路。

以求xi的最大值為例：所有從xi出發，構成的不等式鏈xi<=xj+c1<=xk+c2+c1<=...<=c1+c2+...+ck所計算出的上界，最終xi的最大值等於所有上界的最小值。

同理，若是求最大值，則是求所有下界的最大值。

問題：

如何轉化xi<=c，其中c是一個常數，這類的不等式

方法：

建立一個超級源點，0，然后建立0->xi，長度是c的邊即可

AcWing 1169. 糖果

//最小值則求最長路

  相對關系：

 

  絕對關系：

 

//無解情況：是否存在正環

//邊數組大小開三倍N（最壞情況下都是A=B，需要建雙向邊，另外每個點都要和超級源點連一條邊）

//優化：如果用隊列會TLE幾個數據點，所以將隊列替換成棧

AcWing 362. 區間

//貪心或差分約束

  首先將所有ai變成ai+1，bi變成bi+1，這樣數據范圍就變成了[1~50001]，為了將0騰出來建立超級源點

//最小值則求最長路（dist數組初始化為-0x3f）

//前綴和思想：Si表示1~i中被選出的數的個數。

//注意：

 

AcWing 1170. 排隊布局

//最大值則求最短路

  建立虛擬源點使得，即從虛擬源點向i號點連了一條邊。但在實際操作中無需真的建立出虛擬源點，將所有點都入隊即可。

 

//無解情況：判斷是否存在負環

//由於題目給定的是相對關系，所以可以令X1=0，那么題目所求的Xn-X1就是Xn，只要求出X1到所有點的最短路，如果Xn的值為正無窮，則說明 1 號奶牛和 N 號奶牛間的距離可以任意大，否則1 號奶牛和 N 號奶牛間可能的最大距離即Xn。

//本題需要進行兩次spfa，對於第一問，需將所有點都入隊，即spfa(n)；對於第二問，只需求出X1到其他點的最短路，即spfa(1)。 //注意每次spfa前都要初始化：

 

  cnt數組記錄當前路徑的邊數，即用來判斷是否存在負環。

AcWing 393. 雇佣收銀員

//最小值則最長路

//num[i]表示i時刻來的人數

  X[i]表示最終從num[i]中挑出來的人數

，也是為了將0騰出來建立超級源點

 

//前綴和思想：令Si為Xi的前i項和，則

 

即

 

  由於在最后一個式子中有三個變量，所以我們可以直接從小到大在0~1000內枚舉，如果找到符合條件的就直接輸出，若循環結束仍未找到則說明無解。

//在枚舉的過程中，為了體現是個定值，即

 

 

 

最近公共祖先

1. 向上標記法 O(n)
2. 倍增法

fa[i,j]表示從i開始，向上走2^j步所能走到的節點。

depth[i]表示深度

//哨兵：如果從i開始跳2^j步會跳過根節點，那么fa[i,j]=0。   depth[o]=0

//步驟：（二進制拼湊法）

(1) 先將兩個點跳到同一層

(2) 讓兩個點同時往上跳，一直跳到它們的最近公共祖先的下一層。

預處理 O(nlogn) //廣搜，不會爆棧

查詢O(logn)

//j=0，f(i,j)=i的父節點

  j>0，f(i,j)=f(f(i,j-1),j-1)

1. Tarjan——離線求LCA O(n+m)

//本質上是對向上標記法的優化

在深度優先遍歷時，將所有點分成三大類：

1) 已經遍歷過，且回溯過的點

2) 正在搜索的分支

3) 還未搜索到的點

AcWing 1172. 祖孫詢問

//倍增求lca

AcWing 1171. 距離

//兩點之間的最短距離：d(x)+d(y)-2*d(lca(x,y))

//預處理出每個節點到根節點的距離d(i)

//用vector<PII>來存詢問，first存查詢的另外一個點，second存查詢編號

AcWing 356. 次小生成樹

//注意要用long long，會爆int

//思路和AcWing 1148. 秘密的牛奶運輸相似

//d1[i,j]表示i->j路徑上的最大邊

  d2[i,j]表示i->j路徑上的次大邊

 

 

 

 

AcWing 352. 闇の連鎖

//樹上差分

  給從x到y的路徑上的所有邊都加上c：

  

//最后枚舉每棵子樹：

 

有向圖的強連通分量

對於一個有向圖，連通分量：對於分量重任意兩點u，v，必然可以從u走到v，且從v走到u。

有向圖通過縮點（將所有連通分量縮成一個點）變成有向無環圖（DAG），即拓撲圖，便於求最短（或最長）路、遞推。時間復雜度為O(n+m)。

DFS（樹枝邊、前向邊：指向某個子孫、后向邊：指向某個祖宗、橫叉邊）

情況1：存在后向邊指向祖先節點

情況2：先走到橫叉邊，橫叉邊再走到祖先

Tarjan算法求強連通分量（SCC）

對每個點定義兩個時間戳：

dfn[u]表示遍歷到u的時間戳

low[u]從u開始走，所能遍歷到的最小時間戳是什么。

u是其所在的強連通分量的最高點，等價於dfn[u]==low[u]

//棧中放當前強聯通分量中還沒有搜完的所有點

1. 縮點

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

for(i的所有鄰點j)

if(i與j不在同一個SCC中)

加一條新邊 id(i)->id(j)

//連通分量編號遞減的順序一定是拓撲序

AcWing 1174. 受歡迎的牛

//先縮點，再在拓撲圖里找出出度為零的點。（如果有兩個或以上這樣的點，本題答案即為0）答案即這個點所代表的強連通分量中的點數。

AcWing 367. 學校網絡

//設縮點后有P個起點，Q個終點

//第一問即P

//第二問為max(P,Q)

假設|P|≤|Q|

1) |P|==1 ans=|Q|

2) |P|>1 |Q|≥|P|>1

必能找到兩個不同的起點到達不同的終點，設這兩個起點分別為p1、p2，終點分別為q1、q2。

//反證：如果找不到這樣的兩個點，說明所有起點都到達同一個終點q1。但|Q|>|P|，所以必然有q2是來自其中一個起點，得出矛盾。

此時給q1、p2連一條邊，則|P’|=|P|-1，|Q’|=|Q|-1。連|P|-1次這樣的邊，使得|P|=1，那么此時總共連的邊數為|Q|-(|P|-1)+|P|-1，即|Q|。

//第二問注意特判：如果只有一個強連通分量，則答案為0

AcWing 1175. 最大半連通子圖

//導出子圖：從原圖中選出一些點，再把所有跟這些點相關的邊都選出來（如果兩點間有多條邊，則應將這些邊全部選出）。

1. Tarjan
2. 縮點（不能有重邊）建圖，給邊判重
3. 按拓撲序遞推

//第一問：求拓撲圖的最長鏈

//第二問：求最長鏈的方案數 DP

  設f(i)為表示到i這個點的最長鏈的長度，g(i)表示到到i這個點的最長鏈的方案數，s(i)表示i這個強連通分量中的點數。

如果可以從j->i：

1．若f(j)+s(i)>f(i)，則f(I)=f(j)+s(i)，且g(i)=g(j)

2．若f(j)+s(i)==f(i)，則g(i)+=g(j)

//因為連通分量編號遞減的順序一定是拓撲序，所以無需再次建圖，只要按照該順序DP即可。

AcWing 368. 銀河

//本題正解：Tarjan算法（穩定，時間復雜度可達線性）

1. Tarjan
2. 縮點
3. 依據拓撲序遞推

//本題可以用01分數規划，思路類似AcWing 1169. 糖果 ，將隊列換成棧，仍有超時的風險。

 

另外還有兩個條件：

1．必須有絕對值

2．超級源點

 

//本題的特殊性：

邊權都為正，因此在判斷是否存在正環時，只要在某一個強連通分量中有某一條邊的權值大於0，就形成了一個正環（因為強聯通分量中的任意兩點都互相連通）。所以強連通分量中的所有邊的權值都要為0，即所有點最終的距離都相等。因此題目變成了在拓撲圖上，所有點到起點的最長距離。

//建立了超級源點后，就可以直接Tarjan(o)。

//本題需要用long long

無向圖的雙連通分量（也叫重連通分量）

邊雙連通分量e-DCC：極大的不包含橋的連通塊

//橋：刪去橋原圖不連通

//性質1：不管刪掉哪條邊，該圖仍然連通

  性質2：任意兩點之間都存在兩條不相交的路徑

點雙連通分量v-DCC：極大的不包含割點的連通塊

//割點：刪去割點原圖不連通

//每一個割點都至少屬於兩個連通分量

//兩個割點之間的邊不一定是橋，橋的兩個端點也不一定是割點

  一個點雙連通分量不一定是一個邊雙連通分量，同樣地，一個邊雙連通分量也不一定是一個點雙連通分量

邊雙連通分量：dfn(x)、low(x)

如何找到橋：

如何找到所有邊的雙連通分量：

1. 將所有橋刪掉
2. Stack dfn(x)==low(x)

如何求割點：low(y)≥dfn(i)

(1) 如果x不是根節點，那么x是割點

(2) x是根節點，至少有兩個子節點yi滿足low(yi)≥dfn(i)

如何求點雙連通分量：

1) 統計連通塊個數 cnt

2) 枚舉從哪個塊刪，再枚舉刪除哪個點

AcWing 395. 冗余路徑

//兩條路徑沒有一條重合的道路

//給定一個無向連通圖，問最少加幾條邊，可以將其變成一個邊雙連通分量。

//將所有邊雙連通分量縮點，原圖變成了一棵樹，再將所有葉子節點連接起來。（cnt為葉子節點的數量）

AcWing 1183. 電力

//求割點 stack

//多組數據記得memset(dfn,0,sizeof dfn)

//孤立點也是雙聯通分量

 

AcWing 396. 礦場搭建

//給定一個無向圖，問最少在幾個點上設置出口，可以使得不管哪個點坍塌，其余所有點都可以與某個出口連通。

1. 出口數量≥2
2. 分別看每個連通塊

1) 無割點 

2) 有割點

1. 縮點：

1．每個割點單獨作為一個點

2．從每個v-DCC向其所包含的每個割點連邊

1. V-DCC度數為1：需在該分量內部（非割點）放一個出口
2. V-DCC度數>1：無需設置出口

歐拉回路和歐拉路徑

哥尼斯堡七橋問題（一筆畫）

1. 對於無向圖，所有邊都是連通的

(1) 存在歐拉路徑的充分必要條件：度數為奇數的點只能有0或2個。

(2) 存在歐拉回路的充分必要條件：度數為奇數的點只能有0個。

1. 對於有向圖，所有邊都是連通的

(1) 存在歐拉路徑的充分必要條件：要么所有點的出度均等於入度；要么除了兩個點以外，其余所有點的出度等於入度，剩余的兩個點：一個滿足出度比入度多1（起點），另一個滿足入度比出度多1（終點）。

(2) 存在歐拉回路的充分必要條件：所有點的出度均等於入度。

實現方式：dfs，在dfs的最后將當前遍歷的節點加入隊列中

注意：用邊判重，時間復雜度可能會很高。可以在走過一條邊之后就將這條邊刪去。在無向圖中，由於建了雙向邊，兩條邊都要刪掉。雙向邊的編號為(1,2) (3,4) (5,6)......

AcWing 1123. 鏟雪車

//由於每個點的入度和出度都相等，從起點可以到任意一條街道，顯然本題就是一個歐拉回路。只要將所有街道的長度之和乘2，再除以鏟雪車的速度即可。

//注意答案輸出的單位轉化

//本題乍一看是一道圖論題，但實際上通過分析題目不難得出歐拉回路的結論。

AcWing 1184. 歐拉回路

//如何判斷無解：

1. 無向圖：

(1) 所有點的度數必須是奇數

(2) 所有邊連通

1. 有向圖：

(1) 所有點的入度等於出度

(2) 所有邊連通

AcWing 1124. 騎馬修柵欄

//保證dfs中for循環里u的所有出邊都按照從小到大的順序，這樣輸出的答案就會是字典序最小的。

AcWing 1185. 單詞游戲

//以字母為點（26個點），以單詞為邊

判斷有向圖是否存在歐拉路徑：

1. 除了起點和終點外，其余點入度=出度
2. 所有邊都連通（並查集）

拓撲排序

拓撲圖=有向無環圖

將所有入度為0的點入隊

對於任意一個點，其前驅點的個數都是有限的

AcWing 1191. 家譜樹

//每輸入一個孩子，就使孩子的入度++

//拓撲排序模板

AcWing 1192. 獎金

//差分約束求最長路

1) 邊權無限制 spfa O(nm)

2) 邊權非負 tarjan O(n+m)

3) 邊權>0 拓撲排序 O(n+m)

//用拓撲排序來做差分約束問題。每個點都最小，使得總和最小

AcWing 164. 可達性統計

//DP：

f(i)：所有能從i到達的點的集合

 

集合用長度為n的二進制串表示（例如1011001......），並使用bitset函數

AcWing 456. 車站分級

//暴力建圖會超時

//告訴我們很多個a>b，要求最小的等級，即從b->a建立邊權為1的邊（很裸的查分約束問題）

1．拓撲排序

2．虛擬源點：將n^2的復雜度變成了線性

//若要連接兩個集合，可在集合之間建立一個虛擬源點，從左邊的集合中的每一個點向虛擬源點建立一條邊權為0的邊，再從虛擬源點向右邊集合中的每一個點建立一條邊權為1的邊

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 在最后，感謝Gold_stein（xym）同學提供了自己的筆記供我參考 Thanks♪(･ω･)ﾉ