[POI2010] MOS-Bridges

有 $n(n \leq 1000) $ 个点和 \(m(m \leq 20000)\) 条边，每条边有两个权值，分别表示从 \(u\) 到 \(v\) 和从 \(v\) 到 \(u\) 的边权。

求图中的一个欧拉回路，使得回路中的最大边权最小，并输出方案。

考虑二分答案，转化为判定性问题。

我们先连最小代价方向的边 \((x, y)\)，如果另外方向的边可以用，那么就可以让 \(deg_x \gets deg_x - 2, deg_y \gets deg_y + 2\)，因此我们可以把度数按照大小分类，接着跑网络流即可。（前提是所有节点 \(deg_x \mod 2 = 0\)）

有几个细节：

• 最后输出方案的时候不能混合型的欧拉回路，应该根据网络流流量情况建边跑有向图欧拉回路。
• 二分之前一定要判断这个图是否是弱联通的。

Luogu6061 [加油武汉]疫情调查

给一个有向图，求用若干个环（或点）将整张图覆盖的最小花费，环的代价就是环长，点的代价就是点的权值。

\(n \le 500, m \le 5000\)。

想到基环树，我们会想到什么呢？就是环！如果基环树上的每个点的出边只有一条，且互不相同，那么就是若干个环以及自环了，这个就是匹配！

考虑一张二分图，每个左部点和右部点的边权为其距离（如果编号相同，则为点权），那么题目的限制就是求一个完美匹配。

为什么呢？因为把匹配边连起来，一定形成环和若干个单点。

于是比较暴力的想法：直接建图，然后 KM 或者费用流，复杂度 \(\mathcal O(n^4)\) ,因为新的 \(m\) 已经到了 \(n^2\) 级别。

大概率会被卡，考虑更加简单的做法：

拆点，连边 \((S,x, 1, 0), (x, x', 1, a_i), (x', T, 1, 0), (u, v', \infty, w), (x', x, \infty, 0)\)，最后一条边就方便了环的限制的刻画。

跑费用流即可，复杂度 \(\mathcal O(n^2 m)\)。 ↩︎

Luogu3358 最长 k 可重区间集问题

给定实直线 \(\text{L}\) 上 \(n\) 个开区间组成的集合 \(\mathbf{I}\)，和一个正整数 \(k\)，试设计一个算法，从开区间集合 \(\mathbf{I}\) 中选取出开区间集合 \(\mathbf{S}\subseteq\mathbf{I}\)，使得在实直线 \(\text{L}\) 上的任意一点 \(x\)，\(\text{S}\) 中包含 \(x\) 的开区间个数不超过 \(k\)，且 \(\sum_{z\in\text{S}}\lvert z\rvert\) 达到最大（\(\lvert z\rvert\) 表示开区间 \(z\) 的长度）。

这样的集合 \(\mathbf{S}\) 称为开区间集合 \(\mathbf{I}\) 的最长 \(k\) 可重区间集。\(\sum_{z\in\text{S}}\lvert z\rvert\) 称为最长 \(k\) 可重区间集的长度。

对于给定的开区间集合 \(\mathbf{I}\) 和正整数 \(k\)，计算开区间集合 \(\mathbf{I}\) 的最长 \(k\) 可重区间集的长度。

\(n \le 300， k \le 3\)。

我们可以按照将方案划分为 \(k\) 个两两不相交的区间组，因此，可以考虑如下建图：

• \((S, 1, k, 0)\)
• \((i,i+1, k, 0)\)
• \((a_i, b_i, 1, b_i - a_i)\)

然后离散化后最大费用最大流就行了。 ↩︎ ↩︎

[TJOI2015] 线性代数

为了提高智商，ZJY 开始学习线性代数。

她的小伙伴菠萝给她出了这样一个问题：给定一个 \(n \times n\) 的矩阵 \(B\) 和一个 \(1 \times n\) 的矩阵 \(C\)。求出一个 \(1×n\) 的 01 矩阵 \(A\)，使得 \(D=(A×B-C)×A^{\sf T}\) 最大，其中 \(A^{\sf T}\) 为 \(A\) 的转置，输出 \(D\)。

\(1 \leq n \leq 500\)

注意到 \(A\) 是一个 \(01\) 矩阵，那么可以代表选或者不选，因此 \(B\) 的意义就是 \(i, j\) 同时选的收益， \(C\) 的意义就是 \(i\) 的代价，接着就是最大权闭合子图了。 ↩︎

[NOI2009] 植物大战僵尸

给出一个 \(n \times m\) 的网格图，每个点有一个植物，每个植物有其价值 \(P\)（可能为负数），然后有其保护位置（植物不死，僵尸就不能到那里），现在僵尸只能从某一行最后一列开始进攻并且吃掉植物，最大化僵尸最后的收益。

\(n \le 20, m \le 30\)

最大权闭合子图板子。

考虑先 拓扑排序，删掉那些永远不可能吃的位置，如果最后某个植物和 \(S\) 联通，那么就是会被吃，否则与 \(T\) 联通，就不被吃。

• \(P \ge 0\) : \(ans \gets ans + P\), \((S, x, 0), (x, T, P)\)
• \(P < 0\) : \((S, x, -P), (x, T, 0)\)

CF103E Buying Sets

有一个大小为 \(n \le 300\) 的全集，每个元素是一个数，有 \(n\) 个子集。题目保证任意 \(k\) 个子集的并的大小 \(\geqslant k\) 。

每个子集有一个可正可负的权值，你需要选出一些子集使得这些子集并的大小等于子集个数，且所选子集的权值和最小。可以为空集。

神仙转换.jpg

有一个比较奇怪的事情，\(n\) 个子集。

我们考虑源点向每个集合连边，边权为 \(\infty - w\)，如果割掉就代表不选，每个集合向数连边 \(\infty\)，数向汇点连边 \(\infty\)。跑最大流，假设边权全是正的，因为有完备匹配，那么割边条数一定 \(\ge n\)，又边权到了 \(\infty\)，那么割边数目 \(\le n\)，因此割边数目 \(=n\)。

因此不选的集合 + 选的数字 = \(n\)，也就是 并集大小 = 集合个数。最后贡献取反即可。 ↩︎

[CERC2015] Juice Junctions

给出一张 \(n \le 3000\) 个点，\(m \le 4500\) 条边的无向图，每条边边权为 \(1\)，每个点度数不超过 \(3\)，求 \(\sum\limits_{a < b} \mathrm{mincut}(a, b)\)。

度数不超过 \(3\)，也就说明最小割不超过 3。

分集中情况进行讨论：

• 如果两个点不连通，那么答案为 \(0\)。
• 如果两个点联通，但是进行并不属于同一个点双联通分量，那么为 \(1\)。
• 如果两个点是属于同一个点三联通分量，那么为 \(3\)，否则为 \(2\)。

现在的问题就是如何判断两个点是否属于同一个点三联通分量了。

注意到 \(m \le 4500\)，于是可以考虑暴力删掉一条边，然后去判断每个点的点三联通分量情况，共 \(m\) 轮，每个点可以存一个 Hash 值，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2 + m^2)\)。 ↩︎

最小割树

构建方法

每次 rand 两个点 \(x, y\) ，然后求出这两个点之间的最小割，在最小割树上连边 \((x, y)\)，边权为最小割，然后会将整个集合分为两个小集合，递归下去不断构建即可。

构建复杂度为 \(\mathcal O (n^3m)\)。

性质

\(a, b\) 的最小割等于 \((a, b)\) 在最小割树上边的最小值。

下文定义 \(\lambda (a, b)\) 为 \(a, b\) 的最小割。

性质 1

对于边 \((x, y)\)，\(p, q\) 分别属于该边两侧的子树，则有 \(\lambda(x, y) \ge \lambda(p, q)\)。

如果不成立，那么割 \((x, y)\) 的代价割不掉 \((p, q)\)，\(p, x\) 联通， \(q, y\) 联通，于是 \((x, y)\) 没有割掉。

性质 2

对于任意不同的 \(a, b, c\)，\(\lambda(a, b) \ge \min\{\lambda(b, c), \lambda(a,c)\}\)

假设最小的是 \(\lambda(a, b)\)，假设 \(c\) 在割掉 \((a, b)\) 之后和 \(b\) 联通，那么由性质 1，\(\lambda(a, b) \ge \lambda(a, c)\)，有因为假设 \(\lambda(a, b)\) 最小，于是 \(\lambda(a, b) = \lambda(a, c)\)。

于是最小值至少有两个，下面就很好说明了。

性质 2 推论

对于 \(a, b\), \(\lambda(a, b) \ge \min\{\lambda(a, a_1),\lambda(a_1, a_2)\dots,\lambda(a_t, b)\}\)

综合"性质 1"^[13] 和 "性质 2 推论"^[14]，可得

\(a, b\) 的最小割等于 \((a, b)\) 在最小割树上边的最小值。

int get(int x, int y) { 
    F :: reset(); F :: setst(x, y); 
    rep(i, 1, m) F :: link(u[i], v[i], w[i]), F :: link(v[i], u[i], w[i]); 
    return F :: runit(); 
}

void build(int l, int r) {
    if(l == r) return; int x = p[l], y = p[r], w = get(x, y);
    G[x].eb(y, w); G[y].eb(x, w);
    top = 0, top2 = l; rep(i, l, r) if(!F :: d[p[i]]) q[++top] = p[i]; else  p[top2++] = p[i];
    int cur = r; while(top) p[cur--] = q[top--];
    build(l, cur); build(cur + 1, r);
}

CF343E Pumping Stations

\(n \le 100\) 个点，\(m \le 1000\) 条边的带权无向图。

你需要构造一个排列，收益为 \(\sum_{i=2}^n \mathrm{mincut}(a_{i-1},a_i)\) 。

\(\mathrm{mincut}(S,T)\) 表示图中 \(S\) 为源点，\(T\) 为汇点的最小割。

求最大的收益，并输出方案。

首先建立最小割树，然后定义两点之间距离为其在最小割树上边权的 \(\min\) 值，问题就是：求一个排列，使得其路径之和最长。

因为是 \(\min\) 值作为路径，因此，答案的上界就是所有边权之和，我们可以考虑构造一种方案使得答案到达上界：

• 树分治，然后每次在这个树中找到边权最小的边，对于 \((x, y)\) 在树上的路径，如果跨过该边，那么距离就是该边权值了。
• 因为该权值最小，我们要先尽量不经过这条边，分别把分出的两个集合走完，最后在跨过这条边，刚好经过一次。
• 因此最后的答案是可以达到所有边权之和这一上界的。

[POI2009] LYZ-Ice Skates

滑冰俱乐部初始有 \(1 \dots n\) 号码溜冰鞋各 \(k\) 双，已知 \(x\) 号脚的人可以穿 \(x\dots x + d\) 号码的鞋子。现在有 \(m\) 次操作，每次两个数 \(r,x\)，表示 \(r\) 号脚的人来了 \(x\) 个，\(x\) 为负表示离开。对于每次操作，输出溜冰鞋是否足够。

\(r \le n - d, n,k,m\leq5*10^5, k\leq10^9\)

由 Hall 定理，记前缀和为 \(s_i\)，那么我们就是要：

这个非常好办，拆项然后线段树维护。 ↩︎

[CERC2016]二分毯 Bipartite Blanket

在二分图中，所有点被划分成了两个不相交的集合 \(A\) 和 \(B\)，每条边都恰好连接着某个 \(A\) 和某个 \(B\)。一个匹配是一个边集，满足没有任何两条边有相同的端点。我们称一个匹配 \(M\) 覆盖了点集 \(V\) 当且仅当 \(V\) 中的每个点都是 \(M\) 中至少一条边的端点。

给定一个二分图，每个点有一个正整数权值。定义一个点集的权值为其中所有点的权值之和。

给定一个参数 \(t\)，请统计有多少点集 \(V\)，满足 \(V\) 的权值不小于 \(t\)，且 \(V\) 被至少一个匹配 \(M\) 覆盖。

\(1\leq n,m\leq 20\)，\(1\leq v_i,w_i\leq 10^7\)，\(1\leq t\leq 4\times 10^8\)

首先有一个结论：

• 在二分图中，如果 \(A \cap B = \varnothing\)，且各自有匹配覆盖 \(A, B\)，那么 \(A \cup B\) 也是有匹配覆盖的。

考虑将覆盖 \(A, B\) 的匹配拿出来，摆到一起：

于是会形成若干个环和链，分类讨论环和链的情况就行了，长这样：

剩下的就是对于左边集合和右边集合分别状压 DP check 一下，然后双指针即可。 ↩︎

[SNOI2019] 通信

\(n\) 个排成一列的哨站要进行通信。第 \(i\) 个哨站的频段为 \(a_i\)。

每个哨站 \(i\) 需要选择以下二者之一：

1. 直接连接到控制中心，代价为 \(W\)；
2. 连接到前面的某个哨站 \(j\) (\(j<i\))，代价为 \(|a_i-a_j|\)。每个哨站只能被后面的至多一个哨站连接。

请你求出最小可能的代价和。

\(1 \leq n \leq 1000\)，\(0 \leq W,a_i \leq 10^9\)

考虑暴力网络流，我们把 \(x\) 拆为两个点 \(x, x'\)，如果 \(x\) 流向 \(T\) 则代表和控制中心连接，如果 \(x\) 连向 \(y'\) 那么就代表是连接 \(y\)，然后 \(y'\) 在连向 \(T\)，代表把最多向后连的限制让给 \(x\)。

于是这么建图：

• \((S, x, 1, 0)\)
• \((x, T, 1, W)\)
• \((x, y', 1, |a_x - a_y|)\) \((x >y)\)
• \((x', T, 1, 0)\)

暴力建边很可能 T 掉，于是考虑优化。

我们可以用 CDQ + 归并处理。 ↩︎

性质 1

对于边 \((x, y)\)，\(p, q\) 分别属于该边两侧的子树，则有 \(\lambda(x, y) \ge \lambda(p, q)\)。

如果不成立，那么割 \((x, y)\) 的代价割不掉 \((p, q)\)，\(p, x\) 联通， \(q, y\) 联通，于是 \((x, y)\) 没有割掉。 ↩︎ ↩︎

性质 2 推论

对于 \(a, b\), \(\lambda(a, b) \ge \min\{\lambda(a, a_1),\lambda(a_1, a_2)\dots,\lambda(a_t, b)\}\)

综合"性质 1"^[13:1] 和 "性质 2 推论"^[14:1]，可得

\(a, b\) 的最小割等于 \((a, b)\) 在最小割树上边的最小值。

int get(int x, int y) { 
    F :: reset(); F :: setst(x, y); 
    rep(i, 1, m) F :: link(u[i], v[i], w[i]), F :: link(v[i], u[i], w[i]); 
    return F :: runit(); 
}

void build(int l, int r) {
    if(l == r) return; int x = p[l], y = p[r], w = get(x, y);
    G[x].eb(y, w); G[y].eb(x, w);
    top = 0, top2 = l; rep(i, l, r) if(!F :: d[p[i]]) q[++top] = p[i]; else  p[top2++] = p[i];
    int cur = r; while(top) p[cur--] = q[top--];
    build(l, cur); build(cur + 1, r);
}