图论的小技巧以及扩展

图论，其实是数学的一门分支，它以图为研究对象。最基础的图论应该是著名的哥尼斯堡七桥问题，那是一个经典的一笔画问题。

竞赛中我们比较常见的是 最短路算法 最小生成树算法 拓扑排序 等等。

本篇文章我们不说那些大家都懂烂了的图论算法，讲一些实用的 (没什么用的) 图论小技巧。

链式前向星存图

最最基础的存图的基本分为两种，使用二维数组和使用 vector，但这两种方法都有所缺陷。

使用二维数组查询速度很快，但空间复杂度是 O(n^2) 的，一般的题目都接受不了。

使用 vector 可以减少空间复杂度，但是时间就比较不确定了。

所以就出现了一种神奇的存图方式，链表思想的链式前向星。

我们通常使用以下数组来完成

int w[i]//第 i 条边的权值
int to[i]//第 i 条边的终点
int nxt[i]//下一条的边的编号，不建议叫 next，会挂
int head[i]//以 i 为起始点的第一条边
int tot//边的编号

新增加一条边的时候我们进行如下操作

void add(int x,int y,int z){
    tot++;//新边的编号
    to[tot]=y;//新一条边的信息
    w[tot]=z;
    nxt[tot]=head[x];
    head[x]=tot;//更新以 x 为起始点的第一条边
}
//这样是单向边，双向边要再来一次

用下面这种方式就可以枚举出所有以 x 为起始点的边。

for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){// i 即为该边编号
    //to[i]为可以到达的点头
    //w[i]为这条边的权值
}

大致思想就是将所有以 x 为起始点的边以链表的形式储存，枚举的时候遍历链表，直到边的编号为 0 (为 0 表示没有其他的边了)

这样就可以满足我们从某个点遍历枚举下个点的需要。

前向星链表被疯狂应用在各个图论题目中，基本上是一个图论题都可以用到吧，属于非常基础的图论技能。

需要注意的是对于双向边的题目，链式前向星的数组需要开边数的两倍，不然会 RE 。

反向建边

对于一个有向图，某些问题中我们需要反向建边来完成操作

比如求其他 n 个点到 k 点的最短路。

对每个点跑一遍最短路不就好了吗？

事实上我们只需要跑一遍最短路就可以了，只需要把边反向建。

反向建图情况下 k 点到每个点的最短路就是正常情况下该点到 k 点的最短路。

例题 P1629 邮递员送信

不只是最短路问题，在遍历问题上也可以使用反向建边来完成

例题 P3916 图的遍历

是否需要反向建边，根据题意判断即可。

反向建边还可以来判断某条边是否在最短路上。

对于一个有向图，我们从 1 号点跑一遍正向的最短路 dis[] ，从 n 号点跑一遍反向的最短路 dis1[]

如果 dis[x]+w(x,y)+dis1[y]=dis[n] 那么我们就可以得出，这条边是在 1 到 n 的最短路上的。

当然如果是无向图的话直接跑就可以了。

虚点连边

虚点连边是一种很有效的优化建边复杂度的方式

我们可能会遇见这样一种题，给你几个点，其他的点离这些给出的点的最近距离是多少。

我们可以对于每一个点进行 Spfa，但似乎这样并不是很好操作。

我们可以自己给出一个点，然后向每个被标记的点连一条单向边，这样就只需要进行一次 Spfa 就可以了。

举个例子，橙色为标记点，数字为最近距离。

例题 P3393 逃离僵尸岛

但似乎这个直接广搜也可以。

如果对于两个点集 A 和 B，你需要对 A 中的每一个点向 B 中的每一个点都建一条边，如果直接操作，复杂度很明显是 O(n^2) 的，有没有更快的方法呢？

我们可以建一个虚点 P ，然后对 A 里的每一个点向 P 连一条单向边边，然后对 P 向 B 中的每一个点建一条单向边，这样只需要 O(2n) 的复杂度就可以完成了。

画个图理解一下。

(优化前)

(优化后)

例题 P1983 车站分级

虚点连边只是听起来很高大上的操作，但实际上很简单。

对于有边权的情况，虚点连得边的边权需要注意(一般为 0)

线段树优化建边

说到优化建边，就一定要介绍一下线段树优化建边了。

这也是一个听起来非常高大上但实际上不是很难的技巧。

给你一个点 X ，让你和一个点集里的每一个点都连一条边。看起来并没有什么好方法，只能乖乖地一个一个连

如果这个点集是连续的呢？我们就可以用线段树来优化建边了。

我们知道线段树是这个结构的

我们知道，线段树的点是能够代表一段区间的，那么我们怎样应用这个性质呢？

首先，我们需要对于线段树的每个父亲与他的儿子建一条单向边，效果如下

这有什么用呢？因为我们所要求的点集是一段连续的区间，而线段树的结点可以表示某一段区间，我们可以在线段树上找到对应的区间，然后向线段树上的点建边，就可以加快建边速度了。

例如我们要向 [1,8] 里的所有点建边，我们只需要将 X 和线段树上 [1,8] 那个点连一条单向边就可以了。

 我们在线段树上的边边权一般都是 $0$ ，边权直接赋给 $X$ 连到线段树上的那条边即可 建树和寻找的代码和普通线段树差不多。需要注意的是线段树上结点的编号不要和已有的点重复，最后的结点直接连上该点就好。 ```cpp void build(int &p,int l,int r){ if(l==r){ p=l; return ; } p=++cnt;//点的编号 int mid=l+r>>1; build(lc[p],l,mid);build(rc[p],mid+1,r); add(lc[p],p,0);add(rc[p],p,0); } void update(int p,int l,int r,int x,int L,int R,int z){ if(L<=l && r<=R){ add(x,p,z); return ; } int mid=l+r>>1; if(L<=mid){ update(lc[p],l,mid,x,L,R,z); } if(R>mid) { update(rc[p],mid+1,r,x,L,R,z); } } ``` 例题 [CF786B Legacy](https://www.luogu.org/problemnew/show/CF786B) 这道题还涉及到了区间向某一个点连边的情况，我们再建一个棵线段树在树上反向建边就可以了 ## 拆点构图 有些时候我们并不能用一个点来代表一个点~~（雾）~~ 诶我不是这个意思。我的意思是用几个点来表示一个点的不同情况。 ~~随机口胡的一道题~~ 一个图，每条边上有 $k$ 个权值，第 $i$ 次行走消耗的代价是第 $i\%k+1$ 个权值，求某一个点的单源最短路径。 $($ $k$很小$ )

看起来直接跑 dij 和 spfa 是不对的，可以自举反例。

可以使用 dfs，用 dis[i][j] 表示到第 i 个点走了 m 步且 m\%k+1=j 的最短方案，但这样太慢了。

我们可以使用拆点的思想，对于一个点 i ，将它拆为 i ,i+n ,i+2*n,... 这样的 k 个点，作为到这个点的步数模 k 不同情况的替代点。

然后我们连边的时候对某一种情况赋不同情况的权值，大概下面这样？

//我们要对 x 到 y 连三种边 w1 w2 w3
add(x,y+n,w1);
add(x+n,y+2*n,w2);
add(x+2*n,y,w3);

来一张图

然后在得到的图上跑最短路就可以了，答案要枚举到终点的情况。

类似的例题 P4568 飞行路线

图论建模

似乎……一些背包问题可以用最短路解决，只是没什么必要。

一道例题

题面

Kodak开了一家小店赚外快，因为店小，所以只有n种不同价格的商品卖，不过好在批发商给力，货源充足，所以每种商品都有无限件

因为各种原因，有时候顾客会对购买的总价有特殊的要求，比如计算机科学家泰玛仕一定要总价1024，给小姐姐买礼物的面包需要总价520或者1314，或者纯粹来找茬的张三要买0元商品

但是Kodak店里不一定有1元的商品，所以并不是所有价格都凑得出来，所以他需要一个程序解决能知道某一个总价能否凑出

看起来可以用完全背包解决这个问题，但是这道题的数据范围不太友好

商品数 N <= 1000 \ \ 商品价格 a_i <= 20000

顾客数M <= 300000 \ \ 需求价格 b_i <= 40000000

如果打完全背包，复杂度会爆炸。

其实这个问题就是 a_1*x_1+a_2*x_2+a_3*x_3+...?=k 的问题。我们考虑 同余 + 最短路

依题意得，如果 k 满足要求，那么 a_m*k 必定也满足条件。我们可以先给它填一堆 a_m ，然后减去 p 个 a_m ，用剩下的 a_i 表示 p*a_m+k\%a_m

设当 b\%a_m=i时，需要的最小的 k×a_m+i 为 dis[i] ，剩下的即可用最短路的思想来更新，

跑最短路的过程基本如下

    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    dis[0]=0;
    q.push(0);
    while(q.size()){
        int x=q.top();
        q.pop();
        if(v[x]) continue;
        v[x]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int y=(x+a[i])%mod;
            if(dis[y]>dis[x]+a[i]){
                dis[y]=dis[x]+a[i];
                q.push(y);
            }
        }
    }

可能不是太好理解，结合样例手推一下吧

又一道例题

给出 n 个 长度为 m 的 01 串，让你确定一个长度相同的 01 串，该串和给出的串中不同的位数最多。

一道看起来跟图论毫无关系的题，其实也可以当作图论来做

我们可以建一个 2^m 的图，每个点都与和自身不同位数为 1 的点连一条长度为 1 的边，然后跑 bfs，得到最远距离的那个点即为所求。

广搜代码

    while(h<=t){
        int x=v[h];
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int z=x^(1<<(i-1));
            if(f[z]==0){
                f[z]=1;
                t++;
                v[t]=z;
                dis[z]=dis[x]+1;
            }
        }
        h++;
    }

这有点类似于前面讲的虚点连边的那道题。

我讲的可能比较菜，可以画图理解。

图论中要注意的

简单列述几个小问题

$2.$ 如果题目中没有声明无自环和重边，需要注意 $3.$ 有些遍历的题要考虑环，否则可能死循环，可以使用缩点 $4.$ 如果题目中边权小于等于零，要考虑负环、零环的情况 $5.$ 跑最短路的时候要赋初值。 $6.$ 关于 Spfa ，能不用还是不用吧，毕竟容易被卡。 ------------ **ps: 感谢 Planet6174 提供的重构图**