「赛前备战」NOIp2020-提高图论训练

博主太菜，可能会炸联赛，于是恶补一下 QAQ

题目比较基础，动态更新

Content

「Codeforces 888G」Xor-MST 生成树
「AtCoder JSC2019 Qual E」Card Collector 生成树
「HDU 4725」The Shortest Path in Nya Graph 最短路
「2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea」Dev, Please Add This! 2-SAT
「2015 ACM Amman Collegiate Programming Contest」Bridges 边双连通分量 树的直径与重心
「HDU 4370」0 or 1 最短路 最小环

「Codeforces 888G」Xor-MST

update - 2020.8.4

此题需要用到一个叫 Borůvka 的最小生成树算法，大致就是对现在的每一个连通块都找一遍的最短边，最后每个连通块择优，将这些边全部连上。这样复杂度之正确的原因可以参考启发式合并，$O(|E|\log |V|)$。

对于此题，我们以可以用这样的思路来“择优合并”，即选取两个结点 $u, v$，使得 $a_u \oplus a_v$ 最小，然后合并。现在如何找到这个最小的就是个问题。

对于两个二进制数 $x = (10001010)_2,y = (10000110)_2$，前 $4$ 位相同，即 $\text{lcp} = 4$，那么异或一次前四位都是 $0$。我们优先考虑二进制下 $\text{lcp}$ 较大的。

和前缀有关，于是可以断定是 01-Trie。转化到树上，lcp 就成了两个叶子的 LCA，那么我们就该优先考虑 LCA 深度较深的。

遍历整颗 Trie，找到这些 LCA，然后对于一个 LCA，枚举左儿子值域中的所有数 $a_i$，然后在右子树中查询，并使路径上的 0/1 值尽量和 $a_i$ 一样以达到异或后最小化的目的。最后这些查询的最小值的和即为所求。

时间复杂度 $O(n\log n\log a)$。

「AtCoder JSC2019 Qual E」Card Collector

update - 2020.8.4

如果把每一行、列都视作一个点，把卡片视为边，我们会得到一个 $w+h$ 个点， $n$ 条边的图。若有一张第 $i$ 行第 $j$ 列的卡片，那么就视作一条结点 $i$，$h+j$ 之间的边，权值为卡片数值。

考虑题面上取卡片的过程如何转换到图上：我们假定图有向，那么在第 $i$ 行取走第 $j$ 列的卡片，就相当于一条 $i\to j+h$ 的边；同理，在第 $i$ 列取走第 $j$ 行的卡片，就相当于一条 $i + h\to j$ 的边。

试着研究最后取完建出的新图的性质。一个结点的出度最多为 $1$，那么整个新图就是（内向）基环树的森林。最后将边转为无向。

题目要求权值最大化，那么就是求图上的最大生成基环树森林。要求最大生成基环树森林，可以仿照 Kruskal 算法贪心地取边，与一般 MST 的不同之处就是需要判环，实现要点是一个点所在连通块中最多一个环。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

Code : https://strncmp.blog.luogu.org/solution-at5168

「HDU 4725」The Shortest Path in Nya Graph

update - 2020.8.4

繁琐的最短路题，重点在与怎么建图。

不能直接在层之间的点暴力连边，边数显然可以被卡到 $O(n^2)$。

我们可以构造 $2n$ 个虚拟结点，编号在 $[n+1, 2n]$ 的结点为入点，入点 $n+l$ 引出边连向 $l$ 层的所有结点；编号在 $[2n+1, 3n]$ 的结点为出点，出点 $2n+l$ 接受 $l$ 层所有点向此的连边。

然后对于所有的层 $l\in[1, n)$，有连边 $2n+l\to n + l + 1 $，$2n+l+1 \to n+l$。

最后一边 Dijkstra 跑出最短路，时间复杂度（STL 二叉堆） $O(T(n+m)\log m)$。

「2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea」Dev, Please Add This!

update - 2020.8.5

物体只能向一个方向运动到底，那么我们可以把极长的一个横块或竖块作为一个整体处理。（类似于一些二分图的题对网格图的处理手段）

预处理出这些块，我们将其视作顶点，显然顶点的规模为 $O(w\times h)$。

然后根据题意，将题目中的条件转化为图上的信息：若一个块 $i$ 的端点与另一个块 $j$ 的中部相交，，单那么顶点 $i$ 向 $j$ 连一条单向边向边的原因显然是因为 $j$ 不能直接到达 $i$；若一个块 $i$ 的端点与另一个块 $j$ 的端点相交，那么那么顶点 $i$ 向 $j$ 连一条双向边，可以互相到达。实现时可以用邻接矩阵。

首先我们可以根据原网格以及建好的图得出三个要素：

对于一个 $\texttt{*}$ 的格子，一定有一个横块或竖块被经过，或者说“被选中”。形式化地讲，设横块、竖块的编号为 $x, y$，那么一旦不选 $x$，那必须选 $y$，反之亦然（$\neg x\to y,\neg y\to x$）。
起始点所在的两个块都不能（直接或间接）到达某个块 $i$，那么有 $x\to \neg x$，因为我们不能选这个块。
对于两个无法互相（直接或间接）到达的点 $x, y$，我们如果选了 $x$ 就无法再选 $y$，反之亦然。形式化地讲，$x\to \neg y, y\to \neg x$。

然后将这些条件整合，使用 2-SAT，时间复杂度 $O(w^2\times h^2)$。

「2015 ACM Amman Collegiate Programming Contest」Bridges

update - 2020.8.5

首先在一个 e-BCC（边双联通分量）中加边不会减少桥的数量。那么我们可以先按 e-BCC 缩点，在新图（树）上加边，这样新树上的边都是原图的桥，那么加边就有作用。

那么如何最小化桥数呢？我们可以在树上构造出一个尽量大的环，那么这些环上的边都不再是桥了。

于是找到一段最长的链（直径），在链的两端连边即可达到消除桥的目的。

答案即为 e-BCC 的个数减去缩点所得的树的直径上的点数。

时间复杂度 $O(Tn)$。

「HDU 4370」0 or 1

update - 2020.8.5

玄妙图论题。

首先题目给定一个矩阵 $C$，我们把它当作带点之间的边权：第 $i$ 行第 $j$ 列的元素 $C_{i, j}$ 表示边 $i\to j$ 的边权为 $C_{i, j}$。同样的可以把矩阵 $X$ 作为需要构造的图边的选择情况。

尝试转化题中所给的限制：

$\sum_{i=1}^n X_{1, i}=1$ 表示结点 $1$ 的出度为 $1$。
$\sum_{i=1}^n X_{i, n}=1$ 表示结点 $n$ 的入度为 $1$。
$\sum_{k=1}^n X_{k, i} = \sum_{j=1}^n X_{i, j}$ 表示对于结点 $2, 3, \cdots , n-1$，出度等于入度。

最后所求 $\sum_{1\le i, j\le n} C_{i,j} \times X_{i, j}$ 即为所选边的边权和。

第一种显然的方案是，$1$ 到 $n$ 的一条最短路。

第二种是，两个分别经过结点 $1, n$ 的长度 $\ge 2$ 的最小环。

接下来就简单了，有两种做法：

Floyd。注意这里的最小环和传统的有区别。初始设 $\text{dist}(i, i) = \infty$，然后正常跑 Floyd 即可。答案即为 $\max(\text{dist}(1, n), \text{dist}(1, 1)+\text{dist}(n, n))$。时间复杂度 $O(Tn^3)$（$T$ 为数据组数），比较卡。
Dijkstra（Spfa）。以 Dijkstra 为例，我们可以在开始时除了起点 $s$ 外全部赋值 $\text{dist}(i) = C_{s, i}$，然后正常跑。最后跑三次即可，复杂度 $O(Tn^2)$。Spfa 也可以用同样的方式处理。

来源：oschina

链接：https://my.oschina.net/u/4295823/blog/4474097

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