Graph

By LFsWang

DFS Tree

由一個點做DFS之後構成的樹
根據邊的在遍歷的過程中連接狀態有不同性質

DFS Tree

定義$R(v)$表示點$v$在DFS Tree的父節點

而$R(root)$是空節點

Connected Component

連通分量

設集合$C$為無向圖$G$的一個連通分量

若點$x,y\in G$

$x,y \in C\Leftrightarrow x,y$之間有一條路徑

連通分量

鄰點：若存在$e(v,w)$，則v,w互為鄰點

因此$v$的所有鄰點$N(v)$是$v$的邊可以到達的所有點集合。

連通分量

路徑：若$a,b$在同一個連通塊，$path(a,b)$表示a到b的任意一種路徑。

連通分量

每一個點都位在一個連通分量
若有路徑$path(x,y)$，就有$path(y,x)$
若存在$path(x,y),path(y,z)$，就存在$path(x,z)$

~~看起來就像disjoint set~~

連通分量測試

定義函數$C(g)$表示圖$g$的連通分量數量，給定一張無向圖$G$

求$C(G)=?$

DFS

根據連通分量的特性，DFS任意一個點會走遍該點的連通分量

因此就看用了幾次DFS就能知道答案

AP & Bridge

關節點與橋

Articulation Points

有一張無向連通圖$G$

若點$v$是關節點(AP)$\Leftrightarrow$ $G$刪除$v$後，$C(G)>1$

Bridge

有一張無向連通圖

若邊$e$是橋$\Leftrightarrow$ 從$G$刪除$e$後，$C(G)>1$

關節點與橋

給一張無向圖，請找出圖裡面所有的關節點 (與橋)。

DFS 爆搜

枚舉所有的點當關節點，模擬刪掉後，是否依然能遍歷所有的節點

橋亦同

DFS：$O(E+V)$

總複雜度：$O((E+V)^2)$

Tarjan's algo for AP

圖論大師Tarjan在1973年提出了在$O(N)$時間找出AP的演算法

實際上同方法也可以用來找Bridge

note. O(N)在圖論表示O(E+V)

Tarjan's algo for AP

定義$T$是$G$的DFS搜索樹

對於點$v \in G$，定義函數如下

$D(v)$：表示點$v$在$T$的深度

$$D=1$$

$$D=2$$

$$D=3$$

$$D=4$$

Tarjan's algo for AP

定義$T$是$G$的DFS搜索樹

對於點$v \in G$，定義函數如下

$L(v)$：$v$、$N(v)-R(v)$

、$v$的子樹及子樹在G中所有鄰點

這團東西所有D(x)的最小值

Low point

✔

自己

子樹

子樹臨點

L(x)就是打勾部分D(x)的最小值

✔

臨點

Low point

a是v的臨點，不包含parent

b是v子樹的根結點

$$L(v) = min( D(v),D(a),L(b) )$$

Tarjan's algo for AP

定理1. Root r是AP$\Leftrightarrow deg(r) > 1$

Proof

若移除$r$會使原圖產生$\deg(r)$個連通分量

根據AP的定義得證

Tarjan's algo for AP

定理2. $v$是非root的點，w是$v$的鄰點。

若$v$是AP$\Leftrightarrow \exists w :L(w)\geq D(v)$

$v$

$w$

$L(w)$

因為w無法走到比v還要前面的點

移除v必然會至少分成w與r的兩個連通分量

$r$

Tarjan's algo for Bridge

定理3. $v$是非root的點，$w$是$v$的鄰點。

若$e(v,w)$是Bridge$\Leftrightarrow \exists w :L(w) > D(v)$

$v$

$w$

$L(w)$

因為w無法走到比w還要前面的點

移除e必然會至少分成w與r的兩個連通分量

$r$

$e(v,w)$

Tarjan's algo for AP

在Tarjan的原始論文中，D(x)是定義為DFS遍歷順序的時間戳，也是較為常見的實作方法

Tarjan's algo for AP

void DFS(int v, int fa) //call DFS(v,v) at first
{
    D[v] = L[v] = timestamp++; //timestamp > 0
    int childCount = 0; //定理1 for root
    bool isAP = false;

    for (int w:adj[v])
    {
        if( w==fa ) continue;
        if ( !D[w] ) // D[w] = 0 if not visited
        {
            DFS(w,v);
            childCount++;
            if (D[v]<=L[w]) isAP = true; //定理2
            if (D[v]< L[w]) edgeBridge.emplace_back(v, w);//定理3
            L[v] = min(L[v], L[w]);
        }
        L[v] = min(L[v], D[w]);
    }
    if ( v == fa && childCount < 2 ) isAP = false; //定理1, v==fa只是確認root
    if ( isAP ) nodeAP.push_back(v);
    return ;
}

練習題

給圖找Cutting Point

UVa 315

CP aka AP

Strongly Connected Component

強連通分量

SCC定義

令G是有向圖，$v,w$是G上的兩點，$S$是G的一個SCC，

$$v,w \in S \Leftrightarrow \exists path(v,w),path(w,v)$$

SCC由數個有向環構成!

SCC與縮點

縮點操作

將同一個強連通分量內的所有節點合併為一個點，構成一張新圖。

SCC與縮點

定理4.設$G\prime$是$G$經由縮點操作生成的圖

$G\prime$是有向無環圖(DAG)

SCC與縮點

Proof.

若$G\prime$有環，那這一個環構成一個SCC，根據縮點操作，這個環必須合併成一個點，故$G\prime$不存在環

SCC

有兩個線性方法可以求SCC

Tarjan's SCC Algorithm
Kosaraju's Algorithm

Tarjan's SCC Algorithm

圖論大師Tarjan在連通分量有許多著作，這也是其中一個

方法沿用了AP/Bridge的$L(x),D(x)$函數

Tarjan's SCC Algorithm

定理5. 若點$v$有$L(v)=D(v)$，$v$子樹所有未縮點的點構成SCC

Tarjan's SCC Algorithm

void DFS(int v, int fa) { //call DFS(v,v) at first
    D[v] = L[v] = timestamp++; //timestamp > 0
    st.push(v);

    for (int w:adj[v]) {
        if( w==fa ) continue;
        if ( !D[w] ) { // D[w] = 0 if not visited
            DFS(w,v);
            L[v] = min(L[v], L[w]);
        }
        L[v] = min(L[v], D[w]);
    }
    if( D[v] == L[v] ) {
        int x;
        do{
            x = st.top();
            st.pop();
            scc[x] = SCCID;
        }while( x != v );
        SCCID++;
    }
}

Kosaraju's Algorithm

兩次DFS的方法

用後序走訪走過整張圖放入stack

由stack一個一個拿出來在反圖DFS，走到的都是該點的SCC

Kosaraju's Algorithm

個人獨門方法比某模板短一半的code

void DFS(vector<int> *dG, int v, int k=-1){
    visited[v] = true;
    contract[v] = k;
    for (int w:dG[v])
        if (!visited[w])
            DFS(dG,w,k);
    if(dG==G) st.push(v);
}

int Kosaraju(int N){
    memset(visited,0,sizeof(visited));
    for(int i=0; i<N; ++i) if(!visited[i]) DFS(G,i);
    memset(visited,0,sizeof(visited));
    while(!st.empty()){
        if (!visited[st.top()]) DFS(GT, st.top(), sccID++);
        st.pop();
    }
    return sccID;
}

練習題

給定一些骨牌，且已知推倒每張骨牌會連動哪一些骨牌，問至少需推倒幾張骨牌才能使所有骨牌都倒下。

UVa 11504

2-SAT

滿足性問題

SAT問題

以AND運算將許多OR運算式合併成的算式

$$(a \lor b \lor c )\land (c \lor \neg b \lor d )\land (e)=1?$$

如果在最多OR的子運算式中，最多只有K個變數，那麼我們稱這一個問題為K-SAT問題。

SAT問題

定理7. 所有SAT問題都能轉換成3-SAT問題

定理6. 所有NPC問題都能轉換成SAT問題

定理8. 3-SAT問題是NPC問題

2-SAT

如果3-SAT問題可以被進一步化簡為2-SAT問題

定理9. 2-SAT問題是P問題

Krom's Algorithm

可以在$O(N)$的時間判定2-SAT問題

$$(a \lor b)\land (c \lor \neg b )\land (e)=1?$$

運用SSC的概念

依賴關係

考慮布林式$a \lor b$，若要讓此式子為true

若a選擇false，b一定要選true

若b選擇false，a一定要選true

依賴關係

將2SAT依賴關係表示成一張圖$G_r$

有向邊(A,B)表示若選擇A，就要選擇B

$$B\prime$$

$$A\prime$$

$$A$$

$$B$$

$X\prime$表示X使用false的狀態

依賴關係

怎麼連 ?

( not a or b )

( a )

( not a )

( a xor b )

Krom's Algorithm

定理10. 若2SAT問題無解，則存在X使

$X,X\prime$位在同一個SCC

反之，可以構造一組可行的解

X = true

X = false

Krom's Algorithm

一種構造方法

var[i] = scc[i]>scc[not(i)];
//Kosaraju作的DAG，SCC深度深的ID比較大

沿著縮點完的DAG回朔依賴關係即可獲的解答

練習題

TNFSH ZJ B017

Lowest Common Ancestor

定根

給一個隨便的無根樹很麻煩，所以我們隨便挑一個點當作根

LCA

定義：點(x,y)往root的最短路徑上，第一個共有的點

LCA(x,y)

樹上兩點間詢問

如果詢問的答案可以透過扣除來調整，可以考慮LCA

ex 兩點間最短路徑長

$$L(x,y) = L(R,x)+L(R,y)-2\times L(R,lca(x,y))$$

倍增法

求一個點的$2^k$祖先是哪一點，使用DP來完成

定義dp[i][j]表示點i的第$2^j$個祖先節點是誰

$$dp[i][j]=\begin{cases}-1 & \text{not exist} \\ fa(i)&j=0\\dp[dp[i][j-1]][j-1]&dp[i][j-1]\neq -1\end{cases}$$

LCA DP

for (int i=0; i<lgN; ++i)
    for (int x=0; x<n; ++x)
    {
        if (P[x][i]==-1) P[x][i+1] = -1;
        else P[x][i+1] = P[P[x][i]][i];
    }

先用dfs求dp[i][0]的答案

Jump

使用DP表格，可以在$O(logN)$的時間求出$v$的任意遠祖先

把移動距離二進位分解

再移動即可

int jump(int x,int d)
{
    for(int i=0;i<lgN;++i)
        if( (d>>i)&1 )
            x=dp[x][i];
    return x;
}

LCA

使用DP表格+Jump求LCA

int find_lca(int a,int b){
    if(dep[a]>dep[b])
        swap(a,b);
    b=jump(b,dep[b]-dep[a]);
    if(a==b)
        return a;
}

Step 1. 調整深度

把a,b移動到相同深度的位置去

如果移動完a=b就完成

LCA

使用DP表格+Jump求LCA

int find_lca(int a,int b){
    if(dep[a]>dep[b])
        swap(a,b);
    b=jump(b,dep[b]-dep[a]);
    if(a==b)
        return a;
    for(int i=MAX_LOG;i>=0;--i)
    {
        if(dp[a][i]!=dp[b][i])
        {
            a=dp[a][i];
            b=dp[b][i];
        }
    }
 
}

Step 2. 二分搜

k由大到小跳$2^k$步

如果是同樣的點，就不動，不然就跳上去

LCA

使用DP表格+Jump求LCA

int find_lca(int a,int b){
    if(dep[a]>dep[b])
        swap(a,b);
    b=jump(b,dep[b]-dep[a]);
    if(a==b)
        return a;
    for(int i=MAX_LOG;i>=0;--i)
    {
        if(dp[a][i]!=dp[b][i])
        {
            a=dp[a][i];
            b=dp[b][i];
        }
    }
    return dp[a][0];
}

Step 3.完成

最後會停再LCA下方

丟回dp答案即可

樹上詢問

你得到了一棵N個節點的樹!!(頂點編號1~N)

你選定了一個起點S跟一個終點T，

現在你從S走到T，請求出走第K步時走到的點。

(K=0表示還待在S)。

TIOJ 1687

樹序列化

又稱作樹壓平
在進階資料結構中，有提到很多處理一維序列的方法
如果不知道Tree的問題怎麼解，是否有辦法把樹轉成一圍序列？

歐拉走訪

沿著樹的邊緣走一圈
DFS進去與出來都看一次

歐拉走訪

走訪結果

$\{1,2,5,2,6,2,7,2,1,3,1,4,1\}$

重要性質

一個點進去與出來構成的區間，包含子樹的所有點

Lowest Common Ancestor

LCA與樹序列化

點	1	2	5	2	6	2	7	2	1
深度	0	1	2	1	2	1	2	1	0

LCA與樹序列化

點	1	2	5	2	6	2	7	2	1
深度	0	1	2	1	2	1	2	1	0

A與B的LCA是：

第一個A與最後一個B構成的區間中，深度最小的點

區間最小值

點	1	2	5	2	6	2	7	2	1
深度	0	1	2	1	2	1	2	1	0

觀察到剛剛的特性後，就能把LCA問題變成RMQ問題

不過有學過$O(n)$預處裡$O(1)$查詢的資料結構嗎？

Sparse Table

可以在$O(n\log n)$預處理，$O(1)$查詢的資料結構

st[x][y] = $a_x$到$a_{x+2^y-1}$的答案(共$2^y$個元素)

查詢任意範圍a~b，只要查詢

$$min\begin{cases} st[a][c] \\ st[b-2^c][c]\end{cases} ,c=\lfloor\log_2(b-a+1)\rfloor$$

c=std::__lg(b-a+1);

騙我!

這方法沒有$O(n)$預處裡阿!
別急，還有其他方法

建表法

因為數列相鄰的數字只有$+1,-1$兩種可能
可以考慮數列的差分序列

點	1	2	5	2	6	2	7	2	1
深度	0	1	2	1	2	1	2	1	0
		+1	+1	-1	+1	-1	+1	-1	-1

建表法

對於一個差分序列還原出來的原始數列，最小值的位置是固定的！結果與原數列無關

若$a,b,c,d,e$的差分序列是

$<1,-1,-1,-1,>$

最小值一定是$e$

建表法

預先把所有可能的差分序列最小值的位置建表
因為差分序列只有兩種數字，可以用二進位表示

$O(n2^n)預處裡$

$O(1)查詢$

看起來超級爛?

分塊大法

如果把數列每$K$個資料切一塊，預先算出每一塊的最小值

$O(\frac{N}{K}+K)$找出最小值

$O(N)$預處裡

點	1	2	5	2	6	2	7	2	1
深度	0	1	2	1	2	1	2	1	0

0	1	1	1	0

分塊大法+Sparse Table

把大塊的資料做Sparse Table，就能在$O(1)$時間算大塊最小值

$O(1+K)$找出最小值

$O(\frac{K}{N}\log \frac{K}{N} +N)$預處裡

0	1	1	1	0

分塊大法+Sparse Table+建表法

把小塊的資料做建表法，就能在$O(1)$時間算小塊最小值

$O(1+1)$找出最小值

$O(\frac{K}{N}\log \frac{K}{N} + K2^K+ N)$預處裡

點	1	2	5	2	6	2	7	2	1
深度	0	1	2	1	2	1	2	1	0