文章目錄

• [ZJOI2008]騎士
• [IOI2008] Island
• [NOIP2018 提高組] 旅行 加強版
• CF1454E Number of Simple Paths
• Traffic Network in Numazu
• Card Game

基環(huán)樹的常見解法

• 若干個基環(huán)樹互相獨立
• 斷環(huán)為鏈（隨便斷一條）
• 環(huán)外樹和環(huán)外樹之間的樹形DP
• 環(huán)變鏈后整體可以用數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)簡單維護(hù)操作

[ZJOI2008]騎士

luogu2607

每個人都有討厭的人，將這個條件轉(zhuǎn)換成兩人之間存在一條邊

原圖則轉(zhuǎn)換成了若干個互不干擾的基環(huán)樹

單獨考慮一棵基環(huán)樹

對于“樹”的部分，可以樹形$DP$

對于“環(huán)”的部分，不用單調(diào)隊列，直接隨便找一條環(huán)上邊，強制斷開

基環(huán)樹就徹底變成了一棵樹

設(shè)計$d{p}_{u,0/1}$轉(zhuǎn)移

• 父親選，則所有兒子不能選
• 父親不選，則兒子可選可不選
• 兒子之間也是互相獨立的

分別以斷開的邊的兩端作為樹根，最后就是max(dp[S][0], dp[T][0])

為什么沒有dp[S][1],dp[T][1]？

• 以S為例，dp[S][0]是S為樹根時強制不選的最大值
• 此時$T$是樹中一個節(jié)點，會根據(jù)轉(zhuǎn)移方程式?jīng)Q定T是否選擇
• 如果dp[S][0]是不含$T$的，說明最佳方案本來就是S,T都不選擇
• 所以就不能出現(xiàn)dp[S][1]，最佳方案可能包含了T
• dp[T][0]同理

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define int long long #define maxn 1000005 int n, cnt, S, T, ID; int w[maxn], head[maxn], to[maxn << 1], nxt[maxn << 1]; int dp[maxn][2]; bool vis[maxn];void addedge( int u, int v ) {to[cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt ++;to[cnt] = u, nxt[cnt] = head[v], head[v] = cnt ++; }void dfs1( int u, int id ) {vis[u] = 1;for( int i = head[u];~ i;i = nxt[i] ) {if( i == id ) continue;int v = to[i];if( vis[v] ) {S = u, T = v, ID = i;continue;}else dfs1( v, i ^ 1 );} }void dfs2( int u, int id ) {dp[u][0] = 0, dp[u][1] = w[u];for( int i = head[u];~ i;i = nxt[i] ) {if( i == id or i == ID or i == ( ID ^ 1 ) ) continue;int v = to[i];dfs2( v, i ^ 1 );dp[u][0] += max( dp[v][0], dp[v][1] );dp[u][1] += dp[v][0];} }signed main() {memset( head, -1, sizeof( head ) );scanf( "%lld", &n );for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &w[i], &x );addedge( i, x );}int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( vis[i] ) continue;dfs1( i, -1 );int t = 0;dfs2( S, -1 ); t = max( t, dp[S][0] );dfs2( T, -1 ); t = max( t, dp[T][0] );ans += t;}printf( "%lld\n", ans );return 0; }

[IOI2008] Island

luogu4381

同樣的，這是相互獨立的若干棵基環(huán)樹

問題轉(zhuǎn)化為求若干個基環(huán)樹的直徑之和

單獨考慮一個基環(huán)樹，設(shè)計狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程

邊權(quán)變成入點的點權(quán)

$f_i:i$子樹內(nèi)以$i$為鏈端的最長鏈長度

$g_i:i$子樹內(nèi)的直徑

首先可以利用拓?fù)渥鲇邢驁D，求出所有的環(huán)，順便轉(zhuǎn)移出每個點的信息

• $v\in so{n}_u$
• 直徑是$v$子樹內(nèi)的直徑
  • $g_u=\max (g_u,g_v)$
• 直徑是由$u$的兩條鏈拼接而成，其中一條鏈過$v$
  • $g_u=\max (f_u+f_v+w_{u,v},g_u)$
• 最長鏈為$v$這一條鏈
  • $f_u=\max (f_u,f_v+w_{u,v})$

考慮環(huán)上的點信息更新

• 基環(huán)樹直徑可能是某個點的環(huán)外子樹直徑
• 基環(huán)樹直徑可能是兩個環(huán)點的最長鏈拼接，再加上環(huán)上距離

同樣的，枚舉環(huán)上某一條邊，強制斷邊，變成一條單鏈后

可以用前綴和差分求環(huán)上兩點的距離，距離有兩種

• 恰好順著斷邊的順序
  • $su{m}_j?su{m}_i$
• 反著走環(huán)
  • $len?(su{m}_j?su{m}_i)$

則環(huán)上點拼接成直徑的轉(zhuǎn)移為

$\max (f_i+f_j+su{m}_j?su{m}_i,f_i+f_j+len?su{m}_j+su{m}_i)$

發(fā)現(xiàn)$i,j$之間是獨立的，枚舉到$j$時，記錄前面最大貢獻(xiàn)的$i$

$Ma{x}_1=\max \{f_i?su{m}_i\};Ma{x}_2=\max \{f_i+su{m}_i\}$

$\max (f_j+su{m}_j+Ma{x}_1,f_j+len?su{m}_j+Ma{x}_2)$

但是只有當(dāng)環(huán)跑完后我們才知道環(huán)長$len$

所以可以把$len$提出去，最后加上再選較大值

#include <queue> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define int long long #define maxn 1000005 queue < int > q; int to[maxn], d[maxn], w[maxn], f[maxn], g[maxn]; bool vis[maxn]; int n;int dfs( int now ) {int x = to[now], sum = w[now];int ans1 = g[now], Max1 = f[now];int ans2 = - 1e18, Max2 = f[now];while( x ^ now ) {d[x] = 0;ans1 = max( ans1, g[x] );ans1 = max( ans1, f[x] + sum + Max1 );ans2 = max( ans2, f[x] - sum + Max2 );Max1 = max( Max1, f[x] - sum );Max2 = max( Max2, f[x] + sum );sum += w[x];x = to[x];}return max( ans1, ans2 + sum ); }signed main() {scanf( "%lld", &n ); for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld %lld", &to[i], &w[i] ), d[to[i]] ++;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! d[i] ) q.push( i );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();int v = to[u];g[v] = max( g[v], max( g[u], f[v] + f[u] + w[u] ) );f[v] = max( f[v], f[u] + w[u] );d[v] --;if( ! d[v] ) q.push( v );}int ret = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) if( d[i] ) ret += dfs( i );printf( "%lld\n", ret );return 0; }

[NOIP2018 提高組] 旅行 加強版

luogu5049

• m=n-1
  • 就是單純的一棵樹，直接dfs搜就可以了
• m=n
  • 基環(huán)樹

一個點只能訪問未訪問點，或者選擇回溯

考慮對于基環(huán)樹環(huán)上點的幾種選擇

• case1

對于節(jié)點3，肯定是由2過來的，最佳選擇是先遍歷完非環(huán)的樹的點5,6，再走環(huán)

是不會選擇回溯到2的

• case2

3的環(huán)邊5是其所有邊中最小的，優(yōu)選走環(huán)，后遍歷非環(huán)樹，不選擇回溯

• case3

3的環(huán)邊6不是最大也不是最小，選擇先遍歷5再走環(huán)邊，最后遍歷8，同樣不會選擇回溯

發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)環(huán)邊是最大邊的時候就會選擇遍歷完非環(huán)樹后回溯

但真的這樣就直接回溯了嗎？

• case4

走到3的時候，遍歷5,6，但是發(fā)現(xiàn)回溯后走的是9并沒有比8小，也是應(yīng)該不回溯的

綜上，只有環(huán)邊是最大邊且比回溯后走的第一條邊大的時候才會選擇回溯

#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 500005 vector < int > ans; struct node { int u, v; }edge[maxn << 1]; int head[maxn], to[maxn << 2], nxt[maxn << 2], f[maxn]; bool vis[maxn], circle[maxn]; bool flag1, flag2, flag3; int n, m, cnt, Max;void dfs1( int u ) {vis[u] = 1;ans.push_back( u );for( int i = head[u];~ i;i = nxt[i] ) {int v = to[i];if( vis[v] ) continue;else dfs1( v );} }void dfs2( int now, int fa ) {if( flag2 ) return;if( ! f[now] ) f[now] = fa;else {do {circle[fa] = 1;fa = f[fa];} while( fa ^ f[now] );flag2 = 1;return;}for( int i = head[now];~ i;i = nxt[i] )if( to[i] ^ fa ) dfs2( to[i], now ); }void dfs3( int u ) {vis[u] = 1;ans.push_back( u );if( circle[u] ) {bool flag = 0;for( int i = head[u];~ i;i = nxt[i] ) {if( flag3 ) break;if( ! circle[to[i]] or vis[to[i]] ) continue;int v = to[i];i = nxt[i];while( vis[to[i]] ) i = nxt[i];if( ~ i ) Max = to[i];else if( v > Max ) flag = flag3 = 1;break;}for( int i = head[u];~ i;i = nxt[i] ) if( vis[to[i]] or ( flag and circle[to[i]] ) ) continue;else dfs3( to[i] );}elsefor( int i = head[u];~ i;i = nxt[i] )if( vis[to[i]] ) continue;else dfs3( to[i] ); }int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );if( m == n - 1 ) flag1 = 1;for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );edge[i] = { u, v };edge[i + m] = { v, u };}m <<= 1;sort( edge + 1, edge + m + 1, []( node x, node y ) { return x.v > y.v; } );memset( head, -1, sizeof( head ) );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {int u = edge[i].u, v = edge[i].v;to[cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt ++;}if( flag1 ) dfs1( 1 );else {dfs2( 1, 0 );Max = 1e9;dfs3( 1 );}for( auto i : ans ) printf( "%d ", i );return 0; }

CF1454E Number of Simple Paths

CF1454E

非常簡單

跑出環(huán)和非環(huán)樹

• 兩個點隸屬于同一個環(huán)點的非環(huán)樹（之間不會經(jīng)過環(huán)）
  • 從子樹大小中選兩個數(shù)，$siz?(siz?1)/2$
• 經(jīng)過環(huán)的兩點之間的方案數(shù)有兩種（走環(huán)的不同方向）
  • 從子樹中選一個，在子樹外選一個，$siz?(n?siz)/2?2=siz?(n?siz)$

#include <cstdio> #include <vector> using namespace std; #define int long long #define maxn 200005 vector < int > G[maxn]; int T, n; bool flag; int f[maxn], siz[maxn]; bool circle[maxn];void dfs1( int u, int fa ) {if( flag ) return;if( ! f[u] ) f[u] = fa;else {do {circle[fa] = 1;fa = f[fa];} while( f[u] ^ fa );flag = 1;return;}for( auto v : G[u] ) if( v ^ fa ) dfs1( v, u ); }void dfs2( int u, int fa ) {siz[u] = 1;for( auto v : G[u] ) {if( v == fa or circle[v] ) continue;else dfs2( v, u ), siz[u] += siz[v];} }signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &n );flag = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) circle[i] = f[i] = 0, G[i].clear();for( int i = 1, u, v;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs1( 1, 0 );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( circle[i] ) {dfs2( i, 0 );ans += siz[i] * ( siz[i] - 1 ) / 2 + siz[i] * ( n - siz[i] );}printf( "%lld\n", ans );}return 0; }

Traffic Network in Numazu

HDU6393

同樣的，斷環(huán)為鏈

兩點間的距離分為三種

• 兩點在同一棵非環(huán)樹內(nèi)，直接求出兩個點的lca，再計算
• 經(jīng)過環(huán)
  • 兩點到環(huán)的兩端，然后加上斷的邊長
  • 兩點到環(huán)的相反兩端，然后加上斷的邊長

利用線段樹可以維護(hù)，但是樹狀數(shù)組更好寫

斷樹后進(jìn)行dfn序的重置，修改一條邊其實是對于一個連續(xù)區(qū)間的修改

#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; #define int long long #define maxn 100005 struct node { int u, v, w; }E[maxn]; vector < node > G[maxn]; int Ti, n, Q, cnt, S, T, id, len; int L[maxn], R[maxn], t[maxn], f[maxn], dep[maxn]; int p[maxn][20];int lowbit( int i ) { return i & -i; }void modify( int i, int val ) {for( ;i <= n;i += lowbit( i ) ) t[i] += val; }int query( int i ) {int ans = 0;for( ;i;i -= lowbit( i ) )ans += t[i];return ans; }int find( int x ) { return x == f[x] ? x : f[x] = find( f[x] ); }void dfs( int u, int fa, int w ) {dep[u] = dep[fa] + 1;p[u][0] = fa;for( int i = 1;i < 20;i ++ )p[u][i] = p[p[u][i - 1]][i - 1];L[u] = ++ cnt;modify( L[u], w );for( auto i : G[u] )if( i.v ^ fa ) dfs( i.v, u, i.w );R[u] = cnt;modify( R[u] + 1, -w ); }int lca( int u, int v ) {if( dep[u] < dep[v] ) swap( u, v );for( int i = 19;~ i;i -- )if( dep[p[u][i]] >= dep[v] )u = p[u][i];if( u == v ) return u;for( int i = 19;~ i;i -- )if( p[u][i] ^ p[v][i] )u = p[u][i], v = p[v][i];return p[u][0]; }int dis( int x, int y ) {return query( L[x] ) + query( L[y] ) - query( L[lca( x, y )] ) * 2; }signed main() {scanf( "%lld", &Ti );while( Ti -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &Q );cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {G[i].clear();f[i] = i;t[i] = 0;for( int j = 0;j < 20;j ++ )p[i][j] = 0;}for( int i = 1, u, v, w;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );if( find( u ) == find( v ) )S = u, T = v, id = i, len = w;else {G[u].push_back( { u, v, w } );G[v].push_back( { v, u, w } );E[i] = { u, v, w };f[find( v )] = find( u );}}dfs( 1, 0, 0 ); for( int i = 1, opt, x, y;i <= Q;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &opt, &x, &y );if( ! opt ) if( x == id ) len = y;else {int now = p[E[x].u][0] == E[x].v ? E[x].u : E[x].v;modify( L[now], y - E[x].w );modify( R[now] + 1, E[x].w - y );E[x].w = y;}else printf( "%lld\n", min( dis( x, y ), min( dis( x, S ) + dis( y, T ), dis( x, T ) + dis( y, S ) ) + len ) );}}return 0; }

Card Game

HDU6403

---

一張牌的兩面，要求朝上面的數(shù)字互不相同

顯然是將牌的兩面連邊，一條邊也就代表一張牌，數(shù)字互不相同就是選擇不同的點

• 對于“樹”的方案
  • 欽定其中某個點不選，則剩下的點都被欽定，方案數(shù)為樹的大小
• 對于“環(huán)”的方案
  • 只有兩種方案（均選左和均選右）

這是很基礎(chǔ)的“牌的兩面”基環(huán)樹應(yīng)用的處理方法

---

轉(zhuǎn)回此題，題目可以翻譯為

將牌的反面向正面連邊，求反轉(zhuǎn)最少邊數(shù)的方案數(shù)，使得每個點的入度不超過1

顯然當(dāng)且僅當(dāng)圖為樹或基環(huán)樹的時候才有解

且此題很有可能有重邊和自環(huán)

同樣的將環(huán)拆成鏈后再單獨考慮被強斷的那條邊的貢獻(xiàn)

對于樹就單純的樹形$DP$做

具體而言

• 求出每個連通塊的點數(shù)和邊數(shù)

• 若邊數(shù)不是點數(shù)或者點數(shù)減一，就無解

• 若邊數(shù)等于點數(shù)，說明是個基環(huán)樹

  • 斷開一條邊后以邊的兩端開始遍歷一遍分別求出最少反轉(zhuǎn)的邊數(shù)

    （邊數(shù)跟連邊的邊權(quán)有關(guān)，下面有闡釋）

  • 如果加上這條邊的貢獻(xiàn)相同方案數(shù)為2，否則為1

• 若邊數(shù)等于點數(shù)減一，說明是個普通的樹

  • 樹形$DP$，求出以每個點為根（欽定不選）的最少反轉(zhuǎn)次數(shù)

  • 其實最少反轉(zhuǎn)數(shù)在換根$DP$父親向兒子轉(zhuǎn)移的時候才會發(fā)生變化，且變化只有$1$

    如何根據(jù)邊權(quán)推測變化+1或者-1

    • 對于一張牌，正面向反面建邊權(quán)為1，反面向正面建邊權(quán)為0
    • $u$不選時的答案為$d{p}_u$，轉(zhuǎn)移到兒子$v$不選時
    • 如果$u\to v$的邊權(quán)為1，說明一張牌本來是$u$在上，$d{p}_u$為了不選$u$將其反轉(zhuǎn)了
    • 那么變成不選$v$時，就需要選擇$u$，這張牌就變成了不反轉(zhuǎn)，操作次數(shù)就減一
    • 所以$d{p}_v=d{p}_u?1$
    • 反之自然是$d{p}_v=d{p}_u+1$

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 200005 int Case, n, node, edge, cnt, S, T, id, top; int head[maxn], to[maxn], nxt[maxn], w[maxn], f[maxn], g[maxn], dp[maxn]; bool vis[maxn];void dfs1( int now ) {vis[now] = 1;node ++;for( int i = head[now];~ i;i = nxt[i] ) {edge ++;if( ! vis[to[i]] ) dfs1( to[i] );} }void dfs2( int now, int ID ) {vis[now] = 1;f[now] = 0;for( int i = head[now];~ i;i = nxt[i] ) {if( i == ID ) continue;if( ! vis[to[i]] ) {dfs2( to[i], i ^ 1 );f[now] += f[to[i]] + w[i];}else S = now, T = to[i], id = i;} }void dfs3( int now, int ID ) {dp[++ top] = g[now];for( int i = head[now];~ i;i = nxt[i] )if( i == ID or i == ( id ^ 1 ) or i == id ) continue;else {g[to[i]] = g[now] + ( w[i] ? -1 : 1 );dfs3( to[i], i ^ 1 );} }signed main() {scanf( "%lld", &Case );nxt :while( Case -- ) {scanf( "%lld", &n );memset( head, -1, sizeof( head ) );memset( vis, 0, sizeof( vis ) );cnt = 0;for( int i = 1, x, y;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &x, &y );w[cnt] = 1, to[cnt] = y, nxt[cnt] = head[x], head[x] = cnt ++;w[cnt] = 0, to[cnt] = x, nxt[cnt] = head[y], head[y] = cnt ++;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) {node = edge = 0;dfs1( i );edge >>= 1;if( edge > node ) {printf( "-1 -1\n" );goto nxt;}}memset( vis, 0, sizeof( vis ) );int ret = 0, ans = 1; n <<= 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) {S = T = cnt = top = 0, id = -1;dfs2( i, -1 );g[i] = f[i];dfs3( i, -1 );if( ! S ) {sort( dp + 1, dp + top + 1 );for( int j = 1;j <= top;j ++ )if( dp[j] == dp[1] ) cnt ++;else break;ret += dp[1];}else {id &= 1;if( g[S] + id == g[T] + ( id ^ 1 ) ) cnt = 2;else cnt = 1;ret += min( g[S] + id, g[T] + ( id ^ 1 ) );}ans = ans * cnt % mod;}printf( "%lld %lld\n", ret, ans );}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的数据结构之基环树——骑士，Island，旅行加强版，Number of Simple Paths，Traffic Network in Numazu，Card Game的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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