進階圖論

來上數學了 :P

這堂課預設你已學過以下知識:

基礎圖論 (大概到最短距離 MST那裡)

基礎dp (能知道dp有一些知識就好了)

BIT (用來解決樹壓平的區間問題)

線段樹 (只有樹頗才會用到不用太擔心)

如果忘記基礎圖論的話：

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成電CKCSC 38th - 教學 + 網管

翁釩予

MLGnotCOOL

@mlgnotcool

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興趣？（除了扣丁之外）

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學術力：

競程、演算法、網頁設計、python

APCS 高級 5+5、北市賽三等獎第17名

Topological Sort

拓撲排序

我就用我之前做的簡報好了 :U

SCC

Kosaraju's Algorithm

SCC

什麼是 SCC 呢??? (可以吃嗎)

SCC (Strongly Connected Components) 簡單來說

就是一群點，並且這群點中，任何的點都可以互相走到

通常用於有向圖中因為一個連通塊不一定是 SCC

Kosaraju's algorithm

我們找SCC通常會用到這個演算法

他運作的邏輯其實非常簡單：

1. 對有向圖的每個點做DFS，直到每個點都被走過為止。

同時，我們紀錄每個點的exit順序 (就是他完整DFS後的順序)

2. 我們將這個順序倒過來，並且把每個邊都翻轉，

只要照這個順序看，這個點可以走到的點，都會在同一個SCC裡

Kosaraju's algorithm

那為什麼可以這樣做呢?

假設我們有兩點A B，A的exit順序在B之後。

(這樣代表A可以走到B)

那我們將每個邊翻轉，並且從A看的時候 (exit順序比較晚的會先看)。

若A可以走到B，那就代表在原圖中B可以走到A，

就代表他們在同一個SCC內。

反之則否。

Kosaraju's algorithm

那為什麼可以這樣做呢?

我們可以以此類推，假設有一群點他們exit順序都在點A前面，

我們就可以由上面的推論得出這些點是否有和A在同一個SCC內了

較準確的證明在者 (但你要寫題目有個感覺就好了)

Kosaraju's algorithm

扣：

void dfs(int x){
    vis[x] = 1;
    for (int i:e[x]){
        if (vis[i]) continue;

        dfs(i);
    }
    order.push_back(x);
}

void rdfs(int x){
    vis[x] = 1;
    for (int i:re[x]){
        if (vis[i]) continue;

        rdfs(i);
    }
}

for (int i=1; i<=m; ++i){
    int u, v; cin >> u >> v;
    e[u].push_back(v);
    re[v].push_back(u);
}

for (int i=1; i<=n; ++i){
    if (!vis[i]){
        dfs(i);
    }
}

reverse(order.begin(), order.end());
for (int i=1; i<=n; ++i) vis[i] = 0;

for (int i:order){
    if (!vis[i]){
        rdfs(i);
    }
}

Kosaraju's algorithm

題目:

CSES - Flight Routes Check

模板題

應該可以看出來蠻 SCC 的

只要判斷整個圖是否為SCC就好了

Kosaraju's algorithm

扣:

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 100005
using namespace std;
 
int n, m;
vector<int> e[maxn], re[maxn];
vector<int> order, ans;
bool vis[maxn];
 
void dfs(int x){
    vis[x] = 1;
    for (int i:e[x]){
        if (vis[i]) continue;
 
        dfs(i);
    }
    order.push_back(x);
}
 
void rdfs(int x){
    vis[x] = 1;
    for (int i:re[x]){
        if (vis[i]) continue;
 
        rdfs(i);
    }
}
 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n >> m;
    for (int i=1; i<=m; ++i){
        int u, v; cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        re[v].push_back(u);
    }
 
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        if (!vis[i]){
            dfs(i);
        }
    }
 
    reverse(order.begin(), order.end());
    for (int i=1; i<=n; ++i) vis[i] = 0;
 
    for (int i:order){
        if (!vis[i]){
            rdfs(i);
            ans.push_back(i);
        }
    }
 
    if (ans.size() == 1) cout << "YES" << endl;
    else{
        cout << "NO" << endl;
        cout << ans[1] << " " << ans[0] << endl; //in reverse, cus the graph is in reverse too
    }
}

Kosaraju's algorithm

題目:

CSES - Coin Collector

先觀察到幾個性質：

1. 一個SCC中全部的金幣都可以被取到

2. 若將每個非在SCC內的邊留下
(就是當作把SCC連起來)

他一定會形成一個DAG (因為若有環，就又會形成SCC)

那我們就可以在這個新的圖上做dp找最大值就好了
(如果不會做可以考慮看看這題)

Kosaraju's algorithm

扣:

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 100005
using namespace std;
 
int n, m, a[maxn];
vector<int> e[maxn], re[maxn], se[maxn];
vector<int> order;
bool vis[maxn];
int cur, s[maxn], b[maxn];
int dp[maxn], ans;
 
void dfs(int x){
    vis[x] = 1;
    for (int i:e[x]){
        if (vis[i]) continue;
 
        dfs(i);
    }
    order.push_back(x);
}
 
void rdfs(int x){
    vis[x] = 1;
    s[cur] += a[x];
    b[x] = cur;
    for (int i:re[x]){
        if (vis[i]) continue;
 
        rdfs(i);
    }
}
 
void fdfs(int x){
    vis[x] = 1;
    int cur = 0;
    for (int i:se[x]){
        if (!vis[i]) fdfs(i);
        
        cur = max(cur, dp[i]);
    }
 
    dp[x] = s[x] + cur;
    ans = max(ans, dp[x]);
}
 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n >> m;
    for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i=1; i<=m; ++i){
        int u, v; cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        re[v].push_back(u);
    }
 
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        if (!vis[i]){
            dfs(i);
        }
    }
 
    reverse(order.begin(), order.end());
    for (int i=1; i<=n; ++i) vis[i] = 0;
 
    for (int i:order){
        if (!vis[i]){
            ++cur;
            rdfs(i);
        }
    }
    
    for (int u=1; u<=n; ++u){
        for (int v:e[u]){
            se[b[u]].push_back(b[v]);
        }
    }
 
    for (int i=1; i<=n; ++i) vis[i] = 0;
    for (int i=1; i<=cur; ++i){
        if (!vis[i]){
            fdfs(i);
        }
    }
 
    cout << ans << endl;
}

Kosaraju's algorithm

一些題目：(要答案來找我)

簡單：

CSES - Flight Routes Check

CSES - Planets and Kingdoms

困難：

CSES - Coin Collector

2-SAT

SAT

什麼是SAT?

SAT (Boolean satisfiability problem)

是一種數學問題，是將布林值附屬到變數中

並且找到一組可以讓函數成立的問題

(a \lor \lnot b \lor c) \land (\lnot a \lor b) \land (\lnot a \lor \lnot b)

舉例來說，底下為一個SAT問題：

2-SAT

什麼是2-SAT?

2-SAT 是 SAT 問題的一種限制

簡單來說，就是每個括號內都只會有兩個變數

(a \lor \lnot b) \land (\lnot a \lor b) \land (\lnot a \lor \lnot b) \land (a \lor \lnot c)

舉例來說，底下為一個2-SAT問題：

2-SAT

CNF (conjuncitve normal form)

SAT問題通常給的形式會是 CNF，

簡單來說就是會是一群括號and起來

並且括號內的變數都取or

(a \lor \lnot b) \land (\lnot a \lor b) \land (\lnot a \lor \lnot b) \land (a \lor \lnot c)

舉例來說，底下為一個以CNF表示的SAT問題：

2-SAT

SAT 問題是 NP-compelete

但是 2-SAT 有 O(n+m) 解法 (阿當然我們就是要認識他)

2-SAT

因為每個括號只有兩個變數，

我們先將題目假設為正確的，我們可以列出以下條件：

(a \lor \lnot b) \land (\lnot a \lor b) \land (\lnot a \lor \lnot b)

\lnot a \Rightarrow \lnot b \land b \Rightarrow a

a \Rightarrow b \land \lnot b \Rightarrow \lnot a

因為或我們一定要使一邊正確

1. 先觀察到以下特質：

a \Rightarrow \lnot b \land b \Rightarrow \lnot a

2-SAT

我們可以將以上條件畫成一個有向圖，如下：

\lnot a \Rightarrow \lnot b \land b \Rightarrow a

a \Rightarrow b \land \lnot b \Rightarrow \lnot a

a \Rightarrow \lnot b \land b \Rightarrow \lnot a

2-SAT

2. 再觀察到這些特質：

假設我們有一個變數x，

1. 若 x 可以走到 not x，則x一定不成立 (互相矛盾)

2. 若 not x 可以走到 x，則 not x 一定不成立 (互相矛盾)

結論：

我們可以由此判斷是否有解，

因為若 x 和 not x 在同個 SCC 內，就不會有解

2-SAT

3. 再觀察到這些特質：

我們在Kosaraju's的時候，他有幫我們紀錄exit順序了，

因此我們可以用這個順序來判斷

1. x 與 not x 是否在同個 SCC 內

2. x 與 not x 哪個先哪個後 (依性質2推論出)

2-SAT

題目：

CSES - Giant Pizza

模板題相信你們看得懂前面的東西 :)

2-SAT

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 200005
using namespace std;

int n, m; vector<int> e[maxn], re[maxn];
vector<int> route;
bool vis[maxn], f=true;
int cur, s[maxn];
int ans[maxn];

void dfs(int x){
    vis[x] = 1;
    for (int i:e[x]){
        if (vis[i]) continue;

        dfs(i);
    }
    route.push_back(x);
}

void rdfs(int x){
    vis[x] = 1;
    s[x] = cur;
    for (int i:re[x]){
        if (vis[i]) continue;

        rdfs(i);
    }
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    cin >> n >> m;
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        char c, d; int u, v;
        cin >> c >> u >> d >> v;

        int a = 2*u, b = 2*v, nega = 2*u, negb = 2*v;
        //true -> 2x, false -> 2x-1
        if (c == '+') --nega;
        else --a;

        if (d == '+') --negb;
        else --b;

        e[a].push_back(negb);
        e[b].push_back(nega);
        re[negb].push_back(a);
        re[nega].push_back(b);
    }

    for (int i=1; i<=2*m; ++i){
        if (!vis[i]) dfs(i);
    }

    reverse(route.begin(), route.end());
    for (int i=1; i<=2*m; ++i) vis[i] = 0;
    for (int i:route){
        if (!vis[i]){
            ++cur;
            rdfs(i);
        }
    }

    for (int i=1; i<=2*m; i+=2){
        if (s[i] == s[i+1]) f = false;
        else if (s[i] < s[i+1]) ans[i/2+1] = 0;
        else ans[i/2+1] = 1; 
    }

    if (!f) cout << "IMPOSSIBLE" << endl;
    else{
        for (int i=1; i<=m; ++i){
            if (ans[i]) cout << '+';
            else cout << '-';

            if (i==m) cout << endl;
            else cout << " ";
        }
    }
}

2-SAT

一些題目：(要答案來找我)

中等：

CSES - Giant Pizza

沒題目了 :P

Euler tour/curcuit

Euler Tour/Curcuit

就是我們可以在圖上找到一個route
這個route會經過每個邊剛好一次

curcuit -> 出發和結束點相同
tour -> 出發和結束點不同

Euler Tour/Curcuit

我們每個點都要有進和出，

那在這個route中的點進出的次數一定會一樣，所以可以推論出：

- 如果圖是無向邊：

除了出發和結束點，每個點的 degree 一定為偶數

- 如果圖是有向邊：

除了出發和結束點，每個點的 in degree = out degree

1. 先觀察到以下特性：

Euler Tour/Curcuit

並且能進一步判斷

在無向圖中：

如果deg奇數的 = 0 -> 那就會是euler curcuit
如果deg奇數的 = 2 -> 那就會是euler tour

(那兩點就會是出發和結束點)

在有向圖中：

如果每個點 in degree = out degree -> 那就會是euler curcuit
如果有一個點 in = out+1，有另一個點 out = in+1 -> 那就會是euler tour

(那兩點就會是出發和結束點)

2. 再進一步觀察到以下特性：

Euler Tour/Curcuit

那我們只要dfs出去，把經過的邊刪掉就好了

(可以用set來實作)

Euler Tour/Curcuit

扣：

void dfs(int x){
    while (!e[x].empty()){
        int v = *e[x].begin();

        e[x].erase(v);
        e[v].erase(x);
        dfs(v);
    }
    route.push_back(x);
}

前面先判斷是否為euler tour/curcuit (相信你們會做的)

Euler Tour/Curcuit

題目：

CSES - Mail Delivery

模板題相信你們看得懂前面的東西 :)

Euler Tour/Curcuit

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 200005
using namespace std;
 
int n, m; set<int> e[maxn];
int deg[maxn], f;
vector<int> route;
 
void dfs(int x){
    while (!e[x].empty()){
        int v = *e[x].begin();
 
        e[x].erase(v);
        e[v].erase(x);
        dfs(v);
    }
    route.push_back(x);
}
 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n >> m;
    for (int i=1; i<=m; ++i){
        int u, v; cin >> u >> v;
        e[u].insert(v);
        e[v].insert(u);
 
        ++deg[u];
        ++deg[v];
    }
 
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        if (deg[i]%2 == 1) ++f;
    }
 
    //f == 0 -> euler curcuit
    //f == 2 -> euler tour (starts and end on both nodes)
    if (f != 0) cout << "IMPOSSIBLE" << endl;
    else{
        dfs(1);
 
        bool flag = false;
        for (int i=1; i<=n; ++i){
            if (!e[i].empty()){
                flag = true;
                break;
            }
        }
 
        if (flag) cout << "IMPOSSIBLE" << endl;
        else{
            for (int i=0; i<route.size(); ++i){
                if (i == route.size()-1) cout << route[i] << endl;
                else cout << route[i] << " ";
            }
        }
    }
}

Euler Tour/Curcuit

題目：

CSES - De Bruijn Sequence

想想看要怎們變成 Euler Tour 問題

Euler Tour/Curcuit

我們將每個可能的都標成一個點

我們點之間可以用一個有向邊表示他們相差多少

舉例來說：

01 -> 11 的邊會是 1，因為 01加上1 可以變出11

我們最後因為每個邊都要走過，

所以只要跑Euler Tour 就好了

Euler Tour/Curcuit

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 16
using namespace std;
 
int n;
bool vis[1<<maxn];
set<int> e[1<<maxn];
vector<int> route;
 
void dfs(int x){  
    vis[x] = 1;
    while (!e[x].empty()){
        int i = *e[x].begin();
        e[x].erase(i);
 
        if (!vis[i]) dfs(i);
    }
 
    route.push_back(x&1);
}
 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n;
    for (int i=0; i<=(1<<n)-1; ++i){
        int v1=0, v2=0;
        if (i & (1<<(n-1))){
            v1 = (i<<1) - (1<<n);
            v2 = ((i<<1) - (1<<n)) | 1;
        }else{
            v1 = (i<<1);
            v2 = (i<<1) | 1;
        }
 
        e[i].insert(v1);
        e[i].insert(v2); 
    }
 
    dfs(0);
    reverse(route.begin(), route.end());
    for (int i=1; i<n; ++i) cout << 0;
    for (int i:route) cout << i;
    cout << endl;
}

Euler Tour/Curcuit

一些題目：(要答案來找我)

中等：

CSES - Mail Delivery

CSES - Teleporters Path

困難：

CSES - De Bruijn Seqence

樹dp

主要都會是從他的subtree往上轉移，

或是從parent往下轉移

剩下就是你dp的能力了

(所以我沒有要講什麼給你們寫寫看題目好了)

樹dp

題目：

CSES - Subordinates

我們只要數他subtree有幾個點就好了

我們可以從tree最底下的點往上轉移，

每次都加上他leaf node的點數

樹dp

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define maxn 200005
using namespace std;
 
int n, ans[maxn]; vector<int> v[maxn];
 
void dfs(int u, int cnt){
    int curcnt = cnt;
    for (int i: v[u]){
        dfs(i, curcnt);
        cnt += ans[i];
    }
 
    ans[u] = cnt;
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n;
    for (int i=2; i<=n; ++i){
        int a; cin >> a;
        v[a].push_back(i);
    }
 
    dfs(1, 1);
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        if (i==n) cout << ans[n]-1 << endl;
        else cout << ans [i]-1 << " ";
    }
}

樹dp

題目：

CSES - Tree Matching

題目有可能有點難懂，我解釋一下：

我們目標是選出一些邊，

使每個點最多只會出現在這些邊一次

找出最多會有幾個邊

樹dp

我們先發現一個事情：

我們對於每個點考慮他的subtree，有兩種情況：

1 - 取

我們取的話就會是找他leaf node中不取最小的，

取與他的這條邊，且剩下的都加上他們各自最大值

2 - 不取

加上 leaf node 他們各自最大值

base case - 最底下的當然是 0 條邊

輸出點1的值就好了

樹dp

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 200005
#define inf 1e18
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
 
int n; vector<int> e[maxn];
pii dp[maxn]; //yes no take
 
void dfs(int x, int p){
    if (e[x].size() == 1 && e[x][0] == p) return; //no more edges
 
    int curmax=-inf, curidx=0;
    for (int i:e[x]){
        if (i==p) continue;
 
        dfs(i, x);
        if (dp[i].second - dp[i].first > curmax){
            curmax = dp[i].second - dp[i].first;
            curidx = i;
        }
    }
 
    for (int i:e[x]){
        if (i==p) continue;
 
        dp[x].second += max(dp[i].first, dp[i].second);
 
        if (i!=curidx) dp[x].first += max(dp[i].first, dp[i].second);
        else dp[x].first += dp[i].second + 1;
    }
}
 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n;
    for (int i=1; i<=n-1; ++i){
        int a, b; cin >> a >> b;
 
        e[a].push_back(b);
        e[b].push_back(a);
    }
 
    dfs(1, 0);
    cout << max(dp[1].first, dp[1].second) << endl;
}

樹dp

題目：

CSES - Tree Distances II

樹dp

首先先發現，樹root的答案非常好找 (就把每個點的depth加起來就好了)，所以就把這個當base case

接下來，我們對一個點往leaf node轉移討論

假設目前點 u 要轉移到點 v，siz[x]代表 x 之 subtree的大小

dp[x]代表題目所求，可以整理出以下式子：

dp[v] = (dp[u] - siz[v]) + (n - siz[v]);

前段代表 v subtree被影響的，因為在 u 轉移到 v 的同時，v subtree點的距離都被 -1

後段代表其他點，因為往下了一層，其他非 v subtree 的點距離都被 +1

樹dp

扣：

DFS跑兩次，第一次找base case和紀錄 siz

第二次作轉移

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 200005
using namespace std;
 
int n, siz[maxn], dp[maxn]; vector<int> e[maxn];
 
void dfs1(int x, int p, int d){
    siz[x] = 1;
    dp[1] += d;
    for (int v:e[x]){
        if (v == p) continue;
 
        dfs1(v, x, d+1);
        siz[x] += siz[v];
    }
}
 
void dfs2(int x, int p){
    for (int v:e[x]){
        if (v == p) continue;
 
        dp[v] = (dp[x] - siz[v]) + (n - siz[v]);
        dfs2(v, x);
    }
}
 
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n;
    for (int i=1; i<=n-1; ++i){
        int a, b; cin >> a >> b;
        e[a].push_back(b);
        e[b].push_back(a);
    }   
 
    dfs1(1, 0, 0);
    dfs2(1, 0);
 
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        if (i==n) cout << dp[i] << endl;
        else cout << dp[i] << " ";
    }
}

樹dp

一些題目：(要答案來找我)

簡單：

CSES - Subordinates

中等：

CSES - Tree Matching

困難：

APCS 202007 P4

CSES - Tree Distances II

樹直徑

樹直徑：

樹中任兩個節點之間的最長距離

舉例來說，以下樹的直徑為5

樹直徑

找的方法其實非常簡單：

我們先找一個點，DFS找他最遠的點 u

在從點 u DFS找他最遠的點 v

u 和 v 的距離就會是樹直徑了

證明等一下會和另一題解釋，先有個感覺就好了

樹直徑

題目：

APCS 201603 P4

模板題相信你們看得懂前面的東西 :)

樹直徑

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define maxn 100005
using namespace std;

int n, maxd, snode;
vector<int> e[maxn];
void dfs(int x, int p, int d){
    if (d > maxd){
        maxd = d;
        snode = x;
    }

    for(int i:e[x]){
        if (i == p) continue;
        dfs(i, x, d+1);
    }

    return;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    cin >> n;
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        int u, v; cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }

    dfs(0, 0, 0);
    dfs(snode, snode, 0);
    cout << maxd << endl;
}

樹直徑

題目：

CSES - Tree Distances I

接下來要講一些證明 :)

樹直徑

Claim：任何一點他距離最遠的點必為取樹直徑的那兩個點

Proof：

假設我們取樹直徑的兩點爲 (s, t)

隨機取一點 u，要找他距離最遠的點 v

假設 v 不為 s 或 t，那就一定會有比 d(s, t) 更長的路徑

(在找樹直徑第一次dfs時就不會找到 s 或 t 了)

與原假設矛盾，得證

樹直徑

簡單來說，我們可以推導出以下性質：

求距離點 u 最遠的點 v，

d(u, v) = max\{d(u, s), d(u, t)\}

我們只要從 s 和 t 往外 dfs ，

紀錄他們到每個點的距離，最後再去取 max 就好了。

樹直徑

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define maxn 200005
using namespace std;
 
int n, s, t, maxcnt; vector<int> v[maxn];
int dist1[maxn], dist2[maxn];
 
void dfs(int x, int p, int d, int r){
    if (d > maxcnt){
        maxcnt = d;
        if (!r) s = x;
        else t = x;
    }
 
    for (int i:v[x]){
        if (i==p) continue;
        dfs(i, x, d+1, r);
    }
}
 
void find_dist(int x, int p, int d, int r){
    if (!r) dist1[x] = d;
    else dist2[x] = d;
 
    for (int i:v[x]){
        if (i==p) continue;
        find_dist(i, x, d+1, r);
    }
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
 
    cin >> n;
    for (int i=1; i<=n-1; ++i){
        int a, b; cin >> a >> b;
        v[a].push_back(b);
        v[b].push_back(a);
    }
 
    dfs(1, 0, 0, 0);
    maxcnt = 0;
    dfs(s, 0, 0, 1);
 
    find_dist(s, 0, 0, 0);
    find_dist(t, 0, 0, 1);
 
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        if (i==n) cout << max(dist1[i], dist2[i]) << endl;
        else cout << max(dist1[i], dist2[i]) << " ";
    }
}

樹直徑

一些題目：(要答案來找我)

簡單：

APCS 201603 P4

CSES - Tree Diameter

困難：

CSES - Tree Distances I

很困難：

abc 428 - pE - Farthest Vertex

提示一：唯一和CSES那題不同的就是若距離相同要找數字最大的點，想想看要怎麼找到一個work around

提示二：怎麼使兩個距離相同的分辨出來哪個點較大

提示三：float

解答 :)

樹壓平

Euler Tour Technique

樹壓平

當我們在樹上DFS紀錄in和exit順序的時候，

我們會發現一個很神奇的性質：

這也叫做時間戳記

樹壓平

我們會發現，在一個點in和exit的時間區間內，他底下的都會是其subtree的點

(邏輯應該蠻簡單的自己想想看)

樹壓平

𝑑[𝑖]: 發現節點 𝑖 的時間 (discovery time)
𝑓[𝑖] : 節點 𝑖 完成所有鄰居拜訪的時間 (finishing time)

void dfs(int x, int prev){
    d[x] = ++timer;

    for (int i:e[x]){
        if (i==prev) continue;

        dfs(i, x);
    }

    f[x] = ++timer;
}

實作扣也非常的簡單

樹壓平

最重要的部分：

因為我們將樹「壓成」一條樹線，我們可以做區間修改和查詢。

最常使用的是BIT或線段樹來解決區間問題

樹壓平

題目：

CSES - Subtree Queries

蠻明顯可以樹壓平，然後帶BIT來解決問題

注意：我們BIT的大小要開 2*n ，因為in和exit順序各占一個點

樹壓平

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define maxn 200005
#define int long long
using namespace std;

int n, q, a[maxn], bit[2*maxn];
int timer, d[maxn], f[maxn];
int i1, i2, i3;
vector<int> e[maxn];

inline int lb(int x){
    return x&(-x);
}

void modify(int x, int v){
    while (x <= 2*n){
        bit[x] += v;
        x += lb(x);
    }
}

int query(int x){
    int cnt = 0;
    while (x>0){
        cnt += bit[x];
        x -= lb(x);
    }
    return cnt;
}

void dfs(int x, int prev){
    d[x] = ++timer;

    for (int i:e[x]){
        if (i==prev) continue;

        dfs(i, x);
    }

    f[x] = ++timer;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    cin >> n >> q;
    for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i=1; i<=n-1; ++i){
        int u, v; cin >> u >> v;

        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }

    dfs(1, 1);

    for (int i=1; i<=n; ++i){
        modify(d[i], a[i]);
    }

    for (int i=1; i<=q; ++i){
        cin >> i1;
        if (i1==1){
            cin >> i2 >> i3;

            modify(d[i2], i3-query(d[i2])+query(d[i2]-1));
        }else{
            cin >> i2;

            cout << query(f[i2]) - query(d[i2]-1) << endl;
        }
    }
}

樹壓平

題目：

CSES - Path Queries

想想看，要怎麼將這題改成區間問題

樹壓平

會發現每次query某點時，從那點的in或exit往上找，

就都會在父節點的in exit區間內。

代表我們每次modify時改整個區間，就可以改道它subtree每個點的值。

(舉例來說，改點1區間內全部的值，全部在點1 subtree 的點都會被改到)

因為某點的值會影響到他subtree點的答案，

所以修改只要對他in和exit的區間做修改就好了

區間修改，單點查詢 -> BIT 套差分

樹壓平

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define maxn 200005
#define int long long
using namespace std;

int n, q, a[maxn], bit[2*maxn]; vector<int> v[maxn];
int d[maxn], f[maxn], timer;
int i1, i2, i3;

inline int lb(int x){
    return x&(-x);
}

int query(int x){
    int cnt=0;
    while (x>0){
        cnt += bit[x];
        x -= lb(x);
    }
    return cnt;
}

void modify(int x, int v){
    while (x<=2*n){
        bit[x] += v;
        x += lb(x);
    }
}

void dfs(int x, int p){
    d[x] = ++timer;
    for (int i:v[x]){
        if (i==p) continue;

        dfs(i, x);
    }
    f[x] = ++timer;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    cin >> n >> q;
    for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i=1; i<=n-1; ++i){
        cin >> i1 >> i2;
        v[i1].push_back(i2);
        v[i2].push_back(i1);
    }

    dfs(1, 0);
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        modify(d[i], a[i]);
        modify(f[i]+1, -a[i]);
    }

    for (int i=1; i<=q; ++i){
        cin >> i1;
        if (i1 == 1){
            cin >> i2 >> i3;

            modify(d[i2], i3-a[i2]);
            modify(f[i2]+1, -(i3-a[i2]));
            a[i2] = i3;
        }else{
            cin >> i2;
            cout << query(d[i2]) << endl;
        }
    }
}

樹壓平

一些題目：(要答案來找我)

中等：

CSES - Subtree Queries

困難：

CSES - Path Queries

成功高中 2025 校內資訊複賽 - pC 波浪舞

很困難：

CSES - Distinct Colors

倍增法

Binary Lifting

假設我們今天要從一個點往root走，找到他往上n個點的結果。

我們如果一個一個走會非常的慢 O(n)

倍增法

但我們今天可以用倍增法，將這個問題降到 O(log n)

我們都學過一件事，一個數字都可以用二進位表示出來

我們今天只要將往上的數字，轉換成二進位，

並每次都走 2^x 步，就可以達到 O(log n)了

倍增法

我們可以先預處理每個點往上 2^x 步會到哪

倍增法

void dfs(int x, int p){
    up[x][0] = p; //x的前一個node
    
    //類似dp的觀念，我們往上 2^n-1 兩次 就會是往上 2^n
    for (int i=1; i<=l; ++i){
        up[x][i] = up[up[x][i-1]][i-1]; //從x的前一個node慢慢轉移
    }

    for (int i:e[x]){
        if (x == p) continue;

        dfs(i, x);
    }
}

我們開一個陣列，

up[i][j]代表第 i node它往上 2^j 個node
並且用dfs去預處理

這裡的

up[n][\lceil \log_2 n \rceil]

l = \lceil \log_2 n \rceil

倍增法

題目：

CSES - Company Queries I

模板題試著自己寫寫看query的部分

倍增法

扣：

query 只要把k轉成二進位，然後往上找就好了
如果往上找的node=0，就沒有這個parent，就回傳 -1

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define maxn 200005
#define lmaxn 20
using namespace std;

//ceil(log2(200005)) = 18
int n, q, l, up[maxn][lmaxn]; vector<int> e[maxn];

void dfs(int x, int p){
    up[x][0] = p;
    for (int i=1; i<=l; ++i){
        up[x][i] = up[up[x][i-1]][i-1];
    }

    for (int i:e[x]){
        if (x == p) continue;

        dfs(i, x);
    }
}

int query(int x, int k){
    bool f = true;
    for (int i=0; i<=l; ++i){
        if (k==0) break;

        if (k%2 == 1){
            if (up[x][i] == 0){
                f = false;
                break;
            }else{
                x = up[x][i];
            }
        }

        k /= 2;
    }
    if (!f) return -1;
    else return x;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    cin >> n >> q;
    l = 18;
    for (int i=2; i<=n; ++i){
        int a; cin >> a;
        e[a].push_back(i);
    }

    dfs(1, 0);
    for (int i=1; i<=q; ++i){
        int a, b; cin >> a >> b;
        cout << query(a, b) << endl;
    }
}

LCA

lca 稱作最低共同祖先

顧名思義，就是求兩點他們最低的共同祖先

會發先這題用倍增法蠻好解的

LCA

void dfs(int x, int p){
    up[x][0] = p;
    tin[x] = ++timer; //紀錄x in 的時間
    for (int i=1; i<=l; ++i){
        up[x][i] = up[up[x][i-1]][i-1];
    }

    for (int i:e[x]){
        if (i == p) continue;

        dfs(i, x);
    }

    tout[x] = ++timer; //紀錄x out 的時間
}

紀錄dfs的戳記，等一下會用到

bool is_parent(int u, int v){
    //check if u is v's parent
    return tin[u] <= tin[v] && tout[u] >= tout[v];
}

int lca(int u, int v){
    if (is_parent(u, v)) return u;
    if (is_parent(v, u)) return v;

    for (int i=l; i>=0; --i){
        //不斷的往上找，不要超過他們的LCA
        if (!is_parent(up[u][i], v)) u = up[u][i];
    }
    
    //因為找到的是LCA的前一個，所以要再往上一層
    return up[u][0];
}

我們只要選一點，一直往上走，

直到他確定是另一點的祖先

用時間戳記來判斷

LCA

題目：

CSES - Company Queries II

模板題

LCA

扣：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define maxn 200005
#define lmaxn 20
using namespace std;

//ceil(log2(200005)) = 18
int n, q, l, up[maxn][lmaxn]; vector<int> e[maxn];
int tin[maxn], tout[maxn], timer;

void dfs(int x, int p){
    up[x][0] = p;
    tin[x] = ++timer;
    for (int i=1; i<=l; ++i){
        up[x][i] = up[up[x][i-1]][i-1];
    }

    for (int i:e[x]){
        if (i == p) continue;

        dfs(i, x);
    }

    tout[x] = ++timer;
}

bool is_parent(int u, int v){
	//check if u is v's parent
    return tin[u] <= tin[v] && tout[u] >= tout[v];
}

int lca(int u, int v){
    if (is_parent(u, v)) return u;
    if (is_parent(v, u)) return v;

    for (int i=l; i>=0; --i){
        if (!is_parent(up[u][i], v)) u = up[u][i];
    }

    return up[u][0];
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    cin >> n >> q;
    l = 18;
    for (int i=2; i<=n; ++i){
        int a; cin >> a;
        e[a].push_back(i);
    }

    dfs(1, 1);

    for (int i=1; i<=q; ++i){
        int v, u; cin >> v >> u;
        cout << lca(v, u) << endl;
    }
}

LCA

一些題目：(要答案來找我)

中等：

CSES - Company Queries I

CSES - Company Queries II

困難：

CSES - Visible Buildings Queries

CSES - Counting Paths

樹剖

Heavy Light Decomposition

樹重心剖分

Centroid Decomposition

ok 你學完進階圖論了

其實還有flow 但我不會

進階圖論

By MLGnotCOOL

進階圖論

MLGnotCOOL

mlgnotcool.github.io/about

進階圖論

這堂課預設你已學過以下知識:

基礎圖論 (大概到最短距離 MST那裡)

基礎dp (能知道dp有一些知識就好了)

BIT (用來解決樹壓平的區間問題)

線段樹 (只有樹頗才會用到 不用太擔心)

如果忘記基礎圖論的話：

講師介紹：

成電CKCSC 38th - 教學 + 網管

講師介紹：

興趣？（除了扣丁之外）

講師介紹：

學術力：

競程、演算法、網頁設計、python

APCS 高級 5+5、北市賽三等獎 第17名

Topological Sort

SCC

SCC

什麼是 SCC 呢??? (可以吃嗎)

Kosaraju's algorithm

我們找SCC通常會用到這個演算法

他運作的邏輯其實非常簡單：

Kosaraju's algorithm

那為什麼可以這樣做呢?

Kosaraju's algorithm

那為什麼可以這樣做呢?

Kosaraju's algorithm

扣：

Kosaraju's algorithm

題目:

Kosaraju's algorithm

扣:

Kosaraju's algorithm

題目:

Kosaraju's algorithm

扣:

Kosaraju's algorithm

一些題目：(要答案來找我)

2-SAT

SAT

什麼是SAT?

SAT (Boolean satisfiability problem)

是一種數學問題，是將布林值附屬到變數中

並且找到一組可以讓函數成立的問題

舉例來說，底下為一個SAT問題：

2-SAT

什麼是2-SAT?

2-SAT 是 SAT 問題的一種限制

舉例來說，底下為一個2-SAT問題：

2-SAT

CNF (conjuncitve normal form)

舉例來說，底下為一個以CNF表示的SAT問題：

2-SAT

SAT 問題是 NP-compelete

但是 2-SAT 有 O(n+m) 解法 (阿當然我們就是要認識他)

2-SAT

2-SAT

我們可以將以上條件畫成一個有向圖，如下：

2-SAT

2-SAT

2-SAT

題目：

CSES - Giant Pizza

模板題 相信你們看得懂前面的東西 :)

2-SAT

扣：

2-SAT

一些題目：(要答案來找我)

Euler tour/curcuit

Euler Tour/Curcuit

就是我們可以在圖上找到一個route 這個route會經過每個邊剛好一次

curcuit -> 出發和結束點相同 tour -> 出發和結束點不同

Euler Tour/Curcuit

1. 先觀察到以下特性：

Euler Tour/Curcuit

2. 再進一步觀察到以下特性：

Euler Tour/Curcuit

那我們只要dfs出去，把經過的邊刪掉就好了

(可以用set來實作)

Euler Tour/Curcuit

線段樹 (只有樹頗才會用到不用太擔心)

APCS 高級 5+5、北市賽三等獎第17名

模板題相信你們看得懂前面的東西 :)

就是我們可以在圖上找到一個route
這個route會經過每個邊剛好一次

curcuit -> 出發和結束點相同
tour -> 出發和結束點不同

模板題相信你們看得懂前面的東西 :)

想想看要怎們變成 Euler Tour 問題

模板題相信你們看得懂前面的東西 :)

Claim：任何一點他距離最遠的點必為取樹直徑的那兩個點