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。