图论（2017NOIP复习）

1.经典最短路和分层最短路
2.生成树（多半辅助型）
3.查分约束
4.拓扑排序

以下未得及整理出来
5.强连通（tarjan）
6.二分图以及二分图匹配
7.欧拉路，欧拉回路
8.次短路，次小生成树

1.经典最短路和分层最短路

一些基本的求最短路（最长路）还是应（bi）该（xu）知道的
Floyd（n^3）
Dijkstra（n^2） 以及 Dijkstra+堆优化（nlogn）
spfa（VE）

分层最短路和经典最短路本质是一样的，无非就是从一层跑到下一层（状态转移）

对于求最短路，几种方法各有优劣
对于固定点跑最短路

对于有向图（无负环）而言，建议采用堆优化的Dijkstra其他形式的图，多半跑spfa（大概吧）

上面两种方法经常轮流被卡，所以具体情况具体分析啊

Floyd求的任意两点间的最短路，多半是辅助处理（毕竟裸的有什么意思呢）

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献上裸题：
洛谷 P2939 [USACO09FEB]改造路Revamping Trails
https://www.luogu.org/problemnew/show/2939

经典的一道卡spfa的分层最短路裸题
对于每一条边，要么跑过去，要么改造跑过去，要么不跑
Dijkstra+堆优化轻松AC

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其次，最短路也经常和生成树或者二分等种种结合

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对于最短路题目，很多时候都是需要一些神奇的思路，个人感觉，多做一些这类题目，对于像我这样的蒟蒻orz，还是很有帮助的

例题：
洛谷 P1710 地铁涨价
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1710

思路：倒序相加（顺嘴了），因为题目说找不到最短路就会不满意，所以价格为2的边一定不是最短路，（忘了，提前先跑一边最短路，记录最短路径），先把所有没有涨价的边加进去，然后倒着处理，每次加入的这条边（假设x<->y），如果其中一条边已经构成最短路（假设x），另一条边能够通过这条边成为最短路（假设y），从y这一点跑一边dfs（在dfs中同样判断是否满足这样的情况，统计个数）。这样一来，所有点最多跑一边。

program df;type point=^node;node=recorddate,ends:longint;next:point;end;ccdd=array[0..1000000] of point;var i,j,n,m,x,y,z,k,t,q:longint;path,pa:ccdd;a,c,e,dis,des,ans:array[0..300000] of longint;b:array[0..300000] of boolean;tm:array[0..5000000] of longint;procedure com(x,y:longint);var i:point;begini:=path[x];new(path[x]);path[x]^.ends:=y;path[x]^.next:=i;end;procedure com2(x,y:longint);var i:point;begini:=pa[x];new(pa[x]);pa[x]^.ends:=y;pa[x]^.next:=i;end;procedure spfa(p:ccdd);var i:point;h,t,y,u:longint;beginfillchar(dis,sizeof(dis),$7f);fillchar(b,sizeof(b),false);h:=0; t:=1; tm[1]:=1; dis[1]:=0;repeatinc(h);u:=tm[h];i:=p[u];b[u]:=false;while i<>nil dobeginy:=i^.ends;if dis[y]>dis[u]+1 thenbegindis[y]:=dis[u]+1;if not b[y] thenbegininc(t);tm[t]:=y;b[y]:=true;end;end;i:=i^.next;end;until h=t;end;procedure dfs(x:longint);var i:point;y:longint;begindis[x]:=des[x];inc(t);i:=path[x];while i<>nil dobeginy:=i^.ends;if (dis[y]<>des[y]) and (des[y]=dis[x]+1) then dfs(y);i:=i^.next;end;end;beginreadln(n,m,q);for i:=1 to m dobeginreadln(a[i],c[i]);com2(a[i],c[i]);com2(c[i],a[i]);end;for i:=1 to q dobeginread(e[i]);b[e[i]]:=true;end;for i:=1 to m doif not b[i] thenbegincom(a[i],c[i]);com(c[i],a[i]);end;spfa(pa);des:=dis;spfa(path);for i:=1 to n doif dis[i]<>des[i] then inc(ans[q]);for i:=q downto 1 dobeginx:=a[e[i]]; y:=c[e[i]];com(x,y);com(y,x);t:=0;if (dis[x]=des[x]) and (dis[y]<>des[y]) and (des[y]=dis[x]+1) then dfs(y);if (dis[y]=des[y]) and (dis[x]<>des[x]) and (des[x]=dis[y]+1) then dfs(x);ans[i-1]:=ans[i]-t;end;for i:=1 to q dowriteln(ans[i]);end.

3.差分约束
一：差分约束建图方法
第一：
感觉难点在于建图
第二：
①：对于差分不等式，a - b <= c ，建一条 b 到 a 的权值为 c 的边，求的是最短路，得到的是最大值
②：对于不等式 a - b >= c ，建一条 b 到 a 的权值为 c 的边，求的是最长路，得到的是最小值
③：存在负环的话是无解
④：求不出最短路（dis[ ]没有得到更新）的话是任意解

1.如果要求最大值想办法把每个不等式变为标准x-y<=k的形式,然后建立一条从y到x权值为k的边,变得时候注意 x-y<k =>x-y<=k-1
如果要求最小值的话,变为x-y>=k的标准形式，然后建立一条从y到x的k边，求出最长路径即可
2.如果权值为正，用dj，spfa，bellman都可以，如果为负不能用dj，并且需要判断是否有负环，有的话就不存在

小技巧：一般情况都会建一个源点（0或者n+1），源点向每一个点建立一条边，但是建的边一定要让第一个点和第n个点先跑，可以防止被卡（数据为链的话，就跟卡spfa是一样的）

例题：洛谷 P3275 [SCOI2011]糖果（非常全面的一题了）
https://www.luogu.org/problemnew/show/P3275

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最终要求最小值，即跑最长路，即变为x-y>=K 的标准形式

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X=1,要求糖果数一样多，即互相建一条权值为0的边X=2,要求A<B,变为B-A>0,再变为B-A>=1，A向B建1的边X=3,要求A>=B,即B向A建0的边X=4,要求A>B,变形为A-B>=1,B向A建1的边X=5,要求A<=B,即A向B建0的边这一题建源点的时候就必须让1和n最近访问（我用链表写的，所以最后建边1和n）,否则面对链状数据只能RE

4.拓扑排序
其实就是跑一个有先后顺序的图（即DAG），有时候题目会要求让你想访问尽量小的或尽量大的，这时候就可以堆优化

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普通的拓扑排序用队列储存元素，每次添加删除即可（太裸了）
大多数都是题目要求先后顺序，所以用小根堆或者大根堆存储就好了

裸题就不上了
先来一题稍难一点的（个人认为）

vijos 1790 拓扑编号
https://vijos.org/p/1790
描述

H国有n个城市，城市与城市之间有m条单向道路，满足任何城市不能通过某条路径回到自己。
现在国王想给城市重新编号，令第i个城市的新的编号为a[i]，满足所有城市的新的编号都互不相同，并且编号为[1,n]之间的整数。国王认为一个编号方案是优美的当且仅当对于任意的两个城市i,j，如果i能够到达j，那么a[i]应当小于a[j]。
优美的编号方案有很多种，国王希望使1号城市的编号尽可能小，在此前提下，使得2号城市的编号尽可能小…依此类推。
格式

输入格式

第一行读入n,m，表示n个城市，m条有向路径。
接下来读入m行，每行两个整数:x,y
表示第x个城市到第y个城市有一条有向路径。
输出格式

输出一行:n个整数
第i个整数表示第i个城市的新编号a[i]，输出应保证是一个关于1到n的排列。
样例1

样例输入1

5 4
4 1
1 3
5 3
2 5
Copy
样例输出1

2 3 5 1 4
Copy
限制

每个测试点1s
提示

30%的测试点满足：n <= 10, m <= 10
70%的测试点满足：n <= 1000, m <= 10000
100%的测试点满足：n <= 100000, m <= 200000
输入数据可能有重边，可能不连通，但保证是有向无环图。

题目说让前面的编号尽量小，如果正向处理的话，是没办法保证的
样例中 4->1->3,2->5->3,题目要求在保证1的编号小的同时再保证2的编号小（先编号4，再编号1，再编号2），
因此无法贪心处理，但是 不难发现（额~） 如果逆向处理的话，保证后面的城市编号较大，就可以同时保证前面的城市编号小，所以选择逆向建边，最后反向处理编号即可

program df;type point=^node;node=recorddate,ends:longint;next:point;end;var i,j,n,m,x,y,z,k,t,len:longint;path:array[0..200000] of point;a,dis,d,f:array[0..200000] of longint;procedure com(x,y:longint);var i:point;begini:=path[x];new(path[x]);path[x]^.ends:=y;path[x]^.next:=i;end;procedure put(x:longint);var i,j:longint;begininc(len);a[len]:=x;i:=len;while (i>1) and (a[i div 2]<a[i]) dobeginj:=a[i]; a[i]:=a[i div 2]; a[i div 2]:=j;i:=i div 2;end;end;function get:longint;var i,j,dd:longint;beginget:=a[1];a[1]:=a[len];dec(len);i:=1;while i*2<=len dobeginif (i*2+1>len) or (a[i*2+1]<a[i*2]) then j:=i*2else j:=i*2+1;if a[i]<a[j] thenbegindd:=a[i]; a[i]:=a[j]; a[j]:=dd;i:=j;endelse break;end;end;procedure dfs;var y,u:longint;i:point;beginwhile len>0 dobeginu:=get;inc(t); dis[t]:=u;i:=path[u];while i<>nil dobeginy:=i^.ends;dec(d[y]);if d[y]=0 then begin put(y); d[y]:=maxlongint div 3; end;i:=i^.next;end;end;end;beginreadln(n,m);for i:=1 to m dobeginreadln(x,y);com(y,x);inc(d[x]);end;len:=0; t:=0;for i:=1 to n  doif d[i]=0 then begin put(i); d[i]:=maxlongint div 3; end;  dfs;for i:=1 to t dof[dis[i]]:=n-i+1;for i:=1 to t dowrite(f[i],' ');end.