P4320 道路相遇
圆方树的定义
圆方树是用来解决仙人掌图的问题的,那什么是仙人掌图呢?
即不存在边同时属于多个环的无向连通图是一棵仙人掌。
点双连通分量的定义
要介绍圆方树,首先要介绍点双连通分量。
一个点双连通图的一个定义是:图中任意两不同点之间都有至少两条点不重复的路径。
一种简单的定义:不存在割点的图。
但这种定义对于两点一边的图时是没用的,它没有割点,但是并不能找到两条不相交的路径,因为只有一条路径。(也可以理解为那一条路径可以算两次,但的确没有相交,因为不经过其他点)。
在点双连通图内,一个点可能属于多个点双,但是一条边属于恰好一个点双。
更多关于有向图的强连通分量的知识,请看我的博客 \(\to\) 强连通分量
更多关于点双连通分量的知识,请看我的博客 \(\to\) 双连通分量
继续介绍圆方树
关于圆方树的建图,也比较简单,将一个点双连通分量内的所有边删去,再将一个点双连通分量中的每个点向一个新建的点连边,这个新建的点即是方点。
所以在圆方树中有 \(n+c\) 个点,其中 \(n\) 是原图点数,\(c\) 是原图点双连通分量的个数。
每个点双都可以形成一个菊花图,多个菊花图通过原图中的割点连接在一起(因为点双的分隔点是割点)。
显然,圆方树中每条边连接一个圆点和一个方点。
在下面这张图中,\([1,2,3,4,5]\) 是圆点,\([6,7]\) 是方点。
而如果圆方树连通,则有以下性质:
-
方点之间不会存在连边。
-
原图的割点就是圆方树中度数大于 \(1\) 的圆点。
-
圆方数是一棵非常好的树,即点数等于边数加 \(1\)。
-
圆方树上任意一条路径上圆点方点间隔分布。
-
如果圆点的 \(size\) 为 \(1\),那么一个圆点子树的 \(size\) 和就是它下面的所有点的数量。
-
对于一个点双中的两点,它们之间简单路径的并集,恰好完全等于这个点双,即同一个点双中的两不同点 \(u\),\(v\) 之间一定存在一条简单路径经过给定的在同一个点双内的另一点 \(w\)。也就是说,考虑两圆点在圆方树上的路径,与路径上经过的方点相邻的圆点的集合,就等于原图中两点简单路径上的点集。
如果原图中某个连通分量只有一个点,则需要具体情况具体分析,我们在后续讨论中不考虑孤立点。
注意一条边连接两个点的在这里不算点双。
广义圆方树
普通圆方树只能解决仙人掌图上的问题,而广义圆方树则可以将所有无向图转化为圆方树处理。
广义圆方树性质:圆点方点相间,不存在两个‘’相同形状‘’的点相连。
与圆方树不同的是,广义圆方树需要把一条边连接两个点也看成一个点双,原本两个圆点有一条边相连,现在在中间插入一个方点间隔开就好了。
可以参照这张图
关于本题:洛谷 P4320 道路相遇
题目大意
给定一无向图,现在 yzh
要从 \(u\) 点到处于 \(v\) 点的 cxr
家(我们也不知道他要去干什么),求所有从 \(u\) 到 \(v\) 的路径中的必经点。
解题思路
介绍完上面的圆方树后,就会发现这题很简单,必经点个数其实就是两点之间割点的个数。
其实就是上面这条定理:
原图的割点就是圆方树中度数大于 \(1\) 的圆点。
得出,必经点数等于圆方树上两点路径上圆点数。
由于圆方树上任意一条路径上圆点方点间隔分布,所以需要除以 \(2\)。
直接跑一边点双。
再建图。
然后跑一边树链剖分,记录深度和最近公共祖先。
对于每一组询问,直接用树上差分的知识求解就行了。
即设 \(lca\) 为 \(u\) 和 \(v\) 的最近公共祖先,则 \(Ans=(dep_u+dep_v-2*dep_{lca}) \div 2+1\)。
AC CODE
阅读时请省略前面的快读。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _ = 2e6 + 5;
struct Fastio
{
template <typename T>
Fastio operator>>(T &x)
{
x = 0;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9')
c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return *this;
}
Fastio &operator<<(const char *str)
{
int cur = 0;
while (str[cur])
putchar(str[cur++]);
return *this;
}
template <typename T>
Fastio &operator<<(T x)
{
if (x == 0)
{
putchar('0');
return *this;
}
if (x < 0)
putchar('-'), x = -x;
static int sta[45];
int top = 0;
while (x)
sta[++top] = x % 10, x /= 10;
while (top)
putchar(sta[top] + '0'), --top;
return *this;
}
} io;
int n, m, q, tp;
int cnt_node, cntn;
int dfn[_], low[_];
int dep[_], top[_], siz[_], hson[_], fa[_];
stack<int> s;
struct Graph
{
int tot, head[_], nxt[_ << 1], to[_ << 1];
void add(int u, int v)
{
nxt[++tot] = head[u];
to[tot] = v;
head[u] = tot;
nxt[++tot] = head[v];
to[tot] = u;
head[v] = tot;
}
} G, T;
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++cnt_node;
s.push(u);
for (int i = G.head[u], v; i; i = G.nxt[i])
{
v = G.to[i];
if (!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if (low[v] >= dfn[u])
{
T.add(++cntn, u);
while (1)
{
int now = s.top();
s.pop();
T.add(cntn, now);
if (now == v)
break;
}
}
}
else
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
void dfs1(int u, int d = 1)
{
siz[u] = 1;
dep[u] = d;
for (int i = T.head[u], v; i; i = T.nxt[i])
{
v = T.to[i];
if (dep[v])
continue;
fa[v] = u;
dfs1(v, d + 1);
siz[u] += siz[v];
if (siz[v] > siz[hson[u]])
hson[u] = v;
}
}
void dfs2(int u, int topf = 1)
{
top[u] = topf;
if (!hson[u])
return;
dfs2(hson[u], topf);
for (int i = T.head[u], v; i; i = T.nxt[i])
{
v = T.to[i];
if (top[v])
continue;
dfs2(v, v);
}
}
int LCA(int x, int y)
{
while (top[x] != top[y])
{
if (dep[top[x]] < dep[top[y]])
swap(x, y);
x = fa[top[x]];
}
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
signed main()
{
io >> n >> m;
cntn = n;
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++)
{
io >> u >> v;
G.add(u, v);
}
tarjan(1);
dfs1(1);
dfs2(1);
io >> q;
while (q--)
{
int u, v;
io >> u >> v;
int lca = LCA(u, v);
io << (dep[u] + dep[v] - 2 * dep[lca]) / 2 + 1 << "\n";
}
return 0;
}
本文来自博客园,作者:蒟蒻orz,转载请注明原文链接:https://www.cnblogs.com/orzz/p/15154205.html
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