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图论水题日记

news 2025/7/27 13:15:59

cf1805D

题意

给定一棵树，规定 $\geq k$ 时 $(u, v)$ 之间存在一条无向边，求 $k = (1, 2, ... n)$ 时图中的连通块个数

思路

前置知识：树上一点到其最远的点一定是树直径的两个端点之一
若一个点到其最远的点大于k，那么其一定是孤立点，我们可以计算出每个点在k为多少时变成孤立点，答案即为前缀和
所以计算出直径两端点之后再计算出所有点到两端点的距离，则i点在 $k = ma x (d i s 1 [i], d i s 2 [i]) + 1$ 时变成孤立点
需要注意k=0时，连通块为1个，k>直径时，所有点都孤立，即n个连通块

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=1e5+10;
vector<int>e[N];void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<n;i++){int a,b;cin>>a>>b;e[a].pb(b);e[b].pb(a);}vector<int>dep(n+1,-1);int root1,root2;int deepest=1;auto dfs=[&](auto && dfs,int u,int fa)->void{dep[u]=dep[fa]+1;if(dep[u]>dep[deepest]) deepest=u;for(auto ed:e[u]){if(ed==fa) continue;dfs(dfs,ed,u);}};dfs(dfs,1,0);root1=deepest;dfs(dfs,root1,0);root2=deepest;auto dfs1=[&](auto && dfs1,vector<int>&dis,int u,int fa)->void{dis[u]=dis[fa]+1;for(auto ed:e[u]){if(ed==fa) continue;dfs1(dfs1,dis,ed,u);}};vector<int>dis1(n+1,-1);dis1[root1]=0;dfs1(dfs1,dis1,root1,0);vector<int>dis2(n+1,-1);dis2[root2]=0;dfs1(dfs1,dis2,root2,0);//cout<<root1<<" "<<root2<<endl;//for(int i=1;i<=n;i++) cout<<dis1[i]<<" "<<dis2[i]<<endl;vector<int>ans(n+1);//k为i时增加孤点数for(int i=1;i<=n;i++) ans[max(dis1[i],dis2[i])+1]++;ans[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){ans[i]+=ans[i-1];cout<<(i>dep[root2] ? n : ans[i])<<" \n"[i==n];}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf1775D

题意

给定n个节点，若 $gcd(a_i,a_j)!=1$ 则 $a_i,a_j$ 之间存在一条无向边，且所有边权都为1，给定两点，求这两点的最短路上的节点个数已经路径

$\leq n \leq 3 \cdot 10^5$
$\leq a_i \leq 3 \cdot 10^5$

思路

考虑暴力做法,枚举所有 $i, j$ 对其求gcd后建边后跑最短路，则时间复杂度是 $O(n^2log)$ 不肯通过，考虑优化发现所有具备同一个因数的点都会连一条边，不妨将每个因数建立虚点，将所有包含此因数的点对其连边建图，这样做时间复杂度为 $\sqrt n)$ ,但实际上我们只需要关注质因数即可，两个不互质的数一定有共同的质因数，这样时间复杂度为 $O (n l o g n)$
具体做法为对于所有 $a_i$ 分解质因数，然后将其与质因数连边，一条边权为1的出边，一条边权为0的入边，然后跑dij求最短路即可

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=3e5+10;
struct edge{int v,w;
};
vector<edge>e[N<<1];void solve()
{int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int st,ed;cin>>st>>ed;for(int i=1;i<=n;i++){int x=a[i];for(int j=2;j*j<=x;j++){if(x%j==0){while(x%j==0) x/=j;e[i].pb({j+N,1});e[j+N].pb({i,0});}}if(x!=1){e[i].pb({x+N,1});e[x+N].pb({i,0});}}priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII>>q;vector<int>dis(N<<1,inf);dis[st]=0;q.push({0,st});vector<int>vis(N<<1);map<int,int>last;while(!q.empty()){auto [cost,cur]=q.top();q.pop();if(vis[cur]) continue;vis[cur]=1;for(auto [v,w]:e[cur]){if(cost+w<dis[v]){last[v]=cur;dis[v]=cost+w;q.push({dis[v],v});}}}if(dis[ed]==inf) {cout<<-1<<endl;return;}vector<int>path;auto dfs=[&](auto &&dfs,int u)->void{if(u<N) path.pb(u);if(u==st) return;dfs(dfs,last[u]);};dfs(dfs,ed);reverse(all0(path));cout<<path.size()<<endl;for(auto t:path) cout<<t<<" ";
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf118E

题意

给定一张 $n$ 个点, $m$ 条边的无向图，是否存在一种将其变为有向图的方法，使该图是一个强连通分量

思路

若图中存在割边则一定无解，使用tarjan判断图中是否有割边，可以发现有向边的构造方法恰为tarjan的访问顺序

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=2e6+10;
vector<int>head(N,-1);
int idx=0;
struct edge{int to,next;
}e[N];int cnt;
int low[N],dfn[N],tot;
vector<PII>ans;void add(int u,int v)
{e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];head[u]=idx++;
}void tarjan(int x,int fa)
{low[x]=dfn[x]=++tot;for(int i=head[x];~i;i=e[i].next){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;if(!dfn[y]){tarjan(y,x);low[x]=min(low[x],low[y]);ans.pb({x,y});if(low[y]>dfn[x]) cnt++;}else if(dfn[y]<dfn[x]){low[x]=min(low[x],dfn[y]);ans.pb({x,y});}}
}void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;add(a,b);add(b,a);}tarjan(1,0);if(cnt) {cout<<0<<endl;return;}for(auto [x,y]:ans){cout<<x<<" "<<y<<endl;}}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf999E

题意

$n$ 个点， $m$ 条边的有向图，如果要满足点 $s$ 可以到达所有点，需要添加几条边

思路

对于一个强连通分量内的点只要可以到达其中一个，那么全部都可达
观察样例可以发现答案即为缩点后入度为0的点的个数
但需要注意s点所在连通块不纳入计算

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=5010;
vector<int>e[N];
int dfn[N],low[N],tot;
int stk[N],instk[N],top;
int scc[N],siz[N],cnt;vector<int>e1[N];void tarjan(int x)
{dfn[x]=low[x]=++tot;stk[++top]=x;instk[x]=1;for(auto ed:e[x]){if(!dfn[ed]){tarjan(ed);low[x]=min(low[x],low[ed]);}else if(instk[ed]){low[x]=min(low[x],dfn[ed]);}}if(dfn[x]==low[x]){int y;cnt++;do{y=stk[top--];instk[y]=0;scc[y]=cnt;++siz[cnt];}while(y!=x);}
}void solve()
{int n,m,s;cin>>n>>m>>s;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;e[a].pb(b);}for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i]) tarjan(i);}//cout<<cnt<<endl;vector<int>din(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){for(auto ed:e[i]){if(scc[ed]!=scc[i]){e1[scc[i]].pb(scc[ed]);din[scc[ed]]++;}}}int ans=0;vector<int>st(n+1);for(int i=1;i<=cnt;i++){if(i==scc[s]) continue;if(!din[i]){if(!st[i]) ans++;st[i]=1;}}cout<<ans<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf25c

题意

给定 $n$ 个点的最短距离矩阵 $\leq n \leq 300)$ ,以及k条路径，代表新建一条 $a$ 到 $b$ 边权为 $c$ 的路径，求每次新建路径之后所有点对的最短路之和

思路

由数据范围不难想到floyd,若每次新建路径边权小于之前的边权，就尝试对所有经过 $a, b$ 点和 $b, a$ 点的最短路径进行更新

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  void solve()
{int n;cin>>n;vector<vector<ll>>dis(n+1,vector<ll>(n+1));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++) cin>>dis[i][j];}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++) ans+=dis[i][j];}int m;cin>>m;while(m--){ll a,b,c;cin>>a>>b>>c;if(c>=dis[a][b]) {cout<<ans<<" ";continue;}dis[a][b]=dis[b][a]=c;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(i==j) continue;dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][a]+dis[a][b]+dis[b][j]);dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][b]+dis[b][a]+dis[a][j]);}}ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++) ans+=dis[i][j];}cout<<ans<<" ";}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf1272E

题意

给定n个元素的数组，若 $i+ai≤ni+a_i \leq n$ 则 $i$ 与 $i+a_i$ 之间存在一条代价为1的边，若 $i−ai≥1i-a_i \geq 1$ 则则 $i$ 与 $i-a_i$ 之间存在一条代价为1的边，对于每个 $a_i$ 求到达与其奇偶性不同的点的最小步数

思路

考虑多源bfs，要求解偶数点到奇数点的最小步数，从所有奇数点出发，走反边跑bfs，奇数点到偶数点同理，相反即可

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=2e5+10;vector<int>e[N];void solve()
{int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++){if(i+a[i]<=n) e[i+a[i]].pb(i);if(i-a[i]>=1) e[i-a[i]].pb(i);}vector<int>ans(n+1,-1),dis(n+1,1e9);queue<int>q;auto bfs=[&](){while(!q.empty()){auto t=q.front();q.pop();for(auto ed:e[t]){if(dis[t]+1<dis[ed]){dis[ed]=dis[t]+1;q.push(ed);}}}};for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%2==0){q.push(i);dis[i]=0;}}bfs();for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]&1) ans[i]=dis[i];}fill(all(dis),1e9);for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%2){q.push(i);dis[i]=0;}}bfs();for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]%2==0) ans[i]=dis[i];}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<(ans[i]==1e9?-1:ans[i])<<" \n"[i==n];}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);solve();return 0;
}

cf1872F

题意

$n$ 个动物，其害怕的动物为 $a_i$ ,其价值为 $c_i$ ，如果一个动物被卖出时其害怕的动物还没有被卖出，则可以得到 $2*c_i$ 的收益，反之得到 $c_i$ 的收益，求一个排列代表可以获得最大收益的卖出动物的顺序

思路

我们把每个点向其害怕的点连一条出边，由于有n个点n条边，且每个点只有一条出边，所以图中必定有环，不难发现对于不在环内的点按拓扑序卖出更优，而对于在环内的点，贪心的想一定最后卖 $c_i$ 最小的点，这样环上的其他点都能得到 $2*c_i$ 的收益

这题显然用拓扑排序做更快，自己用tarjan搞了半天，其实tarjan有一个很重要的性质，其scc出栈的顺序就是逆拓扑序，所以我们可以找到环上价值最小的点，将其加入答案数组中，由于这样做为逆拓扑排序，最后reverse输出即可

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long long 
#define ll long long
#define inf 1e9
#define INF 1e18
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define all0(a) a.begin(),a.end()
#define lowbit(a) (a&-a)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define yes cout<<"YES"<<endl
#define no cout<<"NO"<<endlusing namespace std;
const double eps=1e-6;
typedef pair<int,int>PII;
typedef array<int,3>PIII;
mt19937_64 rnd(time(0));  const int N=1e5+10;
vector<int>e[N];int dfn[N],low[N],tot;
int stk[N],instk[N],top;
int scc[N],siz[N],cnt;int c[N];vector<int>ans;void tarjan(int x)
{dfn[x]=low[x]=++tot;stk[++top]=x;instk[x]=1;for(auto ed:e[x]){if(!dfn[ed]){tarjan(ed);low[x]=min(low[x],low[ed]);}else if(instk[ed]){low[x]=min(low[x],dfn[ed]);}}if(dfn[x]==low[x]){int y;++cnt;vector<int>circle;do{y=stk[top--];instk[y]=0;circle.pb(y);scc[y]=cnt;++siz[cnt];//cout<<y<<endl;}while(y!=x);int len=circle.size();int mn=1e9;for(auto x:circle) mn=min(mn,c[x]);int pos=-1;for(int i=0;i<len;i++) if(c[circle[i]]==mn) {pos=i;break;}for(int i=pos;i<len;i++) ans.pb(circle[i]);for(int i=0;i<pos;i++) ans.pb(circle[i]);}}void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){dfn[i]=low[i]=0;stk[i]=instk[i]=0;scc[i]=siz[i]=0;tot=top=cnt=0;c[i]=0;ans.clear();e[i].clear();}for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;e[i].pb(x);}for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i]) tarjan(i);}reverse(all0(ans));for(auto t:ans) cout<<t<<" ";cout<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}