VI.LOJ#3077. 「2019 集训队互测 Day 4」绝目编诗
神题。
乍一看好像和虚树半毛钱关系都没有呀？没关系，过亿会就有了。
我们不妨先从暴力开始想起。
暴力怎么写？暴力怎么写？加边加边加边，搜就完事了。
没错，这里的暴力就是爆搜——搜出所有环来，然后判断是否有两个环长度相等即可。
但是这里的暴力也需要一些艺术——因为我们要不重不漏地统计所有的环。我们得加上这几条限制：
-
爆搜时，只搜从一个点出发再回到该点本身的简单环，不包括 \(\rho\) 型甚至更诡异形状的。
-
既然是简单环，我们就不允许经过同一个点两次。
-
为了避免将长度为 \(2\) 的简单环也计入，我们还要记录环上前一个节点，避免走反边回到上一个节点。
这样，我们就保证可以搜出所有简单环。但是，一个简单环可能被重复搜出。更具体地说，对于一个长度为 \(x\) 的简单环，其会旋转 \(x\) 次，翻转 \(1\) 次，总计被搜出 \(2x\) 次。因此，当我们发现某一个长度的环出现了至少 \(2x+1\) 次，才可以判出现了长度相同的环。
暴力的复杂度是指数级别的，期望得分 \(60\%\)。
代码：
//Version: Completely brute solution
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,sz[10100],dep[10100];
vector<int>v[10100];
void dfs(int x,int fa){
dep[x]=dep[fa]+1;
for(auto y:v[x])if(y!=fa){
if(dep[y]){
if(dep[y]!=1)continue;
sz[dep[x]]++;
if(sz[dep[x]]>2*dep[x]){puts("Yes");exit(0);}
continue;
}
dfs(y,x);
}
dep[x]=0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
if(m>=2*n){puts("Yes");return 0;}
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
for(int i=1;i<=n;i++)dfs(i,0);
puts("No");
return 0;
}
考虑优化。
首先，众所周知，一个 \(n\) 个点的简单图，其最大简单环的长度最多只能为 \(n\)。又因为不存在长度为 \(1,2\) 的简单环，所以若一个简单图不存在长度相等的简单环，其所拥有的简单环数量最多是 \(3\sim n\) 各一个，共 \(n-2\) 个。
考虑求出该图的任意一极大生成森林，其边数最多是 \(n-1\) 条。考虑往上加任意一条边，环数都必定增加至少 \(1\)。故添加至多 \(n-2\) 条边后，\(3\sim n\) 所有长度的环都出现了。再加任意一条边，都会出现长度相同的环。因此，不存在长度相同环的图，其 \(m\) 最大只能是 \((n-1)+(n-2)=2n-3\)，超过此界直接判 Yes 即可。
于是 \(m\) 就被压缩到了和 \(n\) 同级。
下面我们加入第二个优化。因为 No 的最多情况下，环的总长是 \(3\sim n\) 各出现一次，共 \(n^2\) 级别。因此我们考虑仅访问环边，复杂度就是 \(n^3\) 的（因为每个环都会被访问 \(2x\) 次）。如何做到呢？很简单，只需在每次到达一个新节点时，\(O(n+m)\) 地 dfs 一下看能不能回到起点，不能就直接剪枝剪掉即可。这样子，复杂度就被优化到了严格 \(O(n^4)\)，再也不是什么玄学的指数复杂度了。
期望得分 \(80\%\)。
代码：
//Version: improved brute solution (n^4)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,sz[10100],dep[10100],vis[10100],id;
vector<int>v[10100];
bool reach(int x,int fa,int O){
vis[x]=O;
for(auto y:v[x])if(y!=fa){
if(dep[y]==1)return true;
if(dep[y]||vis[y]==O)continue;
if(reach(y,x,O))return true;
}
return false;
}
void dfs(int x,int fa){
dep[x]=dep[fa]+1;
if(!reach(x,fa,++id)){dep[x]=0;return;}
for(auto y:v[x])if(y!=fa){
if(dep[y]){
if(dep[y]!=1)continue;
sz[dep[x]]++;
if(sz[dep[x]]>2*dep[x]){puts("Yes");exit(0);}
continue;
}
dfs(y,x);
}
dep[x]=0;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
if(m>=2*n){puts("Yes");return 0;}
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
for(int i=1;i<=n;i++)dfs(i,0);
puts("No");
return 0;
}
下面我们祭出最终优化。
明显，\(m\leq2n-3\) 这个限制是极松的。能否找到更紧的限制？
我们来考虑任何一张无长度相等的环的图。考虑极端情况，此时 \(3\sim n\) 的环各出现一次。
我们此时来删掉一些边。考虑对于每条边，都有 \(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\) 的概率将其删掉。则因为 \(m,n\) 同级，所以期望删掉的边的条数是 \(O\Big(\dfrac{m}{\sqrt{n}}\big)=O(\sqrt{n})\) 级别的。
现在，考虑一长度为 \(l\) 的环。在删边结束后，该环幸存的概率是 \(\Big(1-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\Big)^l\)。显然，每个环剩余的概率都是独立的，故全图剩余环的期望就是 \(\sum\limits_{l=3}^n\Big(1-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\Big)^l\)，是等比数列求和的形式。又因为公比 \(q=1-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)，故 \(q\in(0,1)\)，所以该式 \(<\dfrac{1}{1-q}=\sqrt{n}\)。
因此，我们在删掉期望 \(\sqrt{n}\) 条边后，期望剩余 \(\sqrt{n}\) 个环。又因为期望涵盖了一切可能，所以定存在一种删边方案，使得删边后剩余环数量不超过 \(\sqrt{n}\)。此时，再删去至多 \(\sqrt{n}\) 条边即可消去剩余的 \(\sqrt{n}\) 个环。两者结合起来，即对于任一无长度相等的环的图，删去至多 \(2\sqrt{n}\) 条边即可消去一切环，换句话说，得到一个边数至多为 \(n-1\) 的森林。正因如此，我们就证明了无长度相等的环的图具有的边数至多是 \(n+2\sqrt{n}\) 级别的。这样，对于 \(m>n+2\sqrt{n}\)，也可以直接判 Yes 了。
（事实上，这个界也不是实的，但对于本题来说够用了）
考虑求出原图的任意生成森林。这时，非树边至多就只有 \(2\sqrt{n}\) 条，所牵涉到的点最多只有 \(4\sqrt{n}\) 个。对这 \(4\sqrt{n}\) 个点建出虚树，然后虚树上的边便带了权。再把非树边加入虚树，便得到了一张点数至多 \(4\sqrt{n}\) 的图。同时，因为虚树是一棵树，边数是 \(\sqrt{n}\) 级别的，再加入 \(\sqrt{n}\) 级别的非树边，总边数仍是 \(\sqrt{n}\) 级别的。这样，我们便得到了一张点、边均为 \(\sqrt{n}\) 级别的带权图。明显我们上述 \(n^4\) 的算法对带权图仍然适用，因此复杂度便被优化到了 \(n^2\)。
需要注意的是，在加入非树边后，该虚树便可能出现重边。这时不能简单记录环上上一个节点，而应记录环上上一条边。
同时，因为边带了权，长度为 \(x\) 的环上不一定就有恰好 \(x\) 个点，也就不一定出现恰 \(2x\) 次了。为了避免这种情况，我们记录当前长度为 \(x\) 的环上点数，若搜出的新环的长度与之不同，明显是两个不同的环，可以直接判 Yes 了；否则，因为知晓了点数，就和之前一样统计即可。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。因为压根跑不满，再加上LOJ逆天的评测姬，轻松跑过。期望得分 \(100\%\)。
.代码：
//Version: correct solution (n^2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
namespace OriginalGraph{
int dsu[10100];
int find(int x){return dsu[x]==x?x:dsu[x]=find(dsu[x]);}
bool merge(int x,int y){
x=find(x),y=find(y);
if(x==y)return false;
dsu[x]=y;return true;
}
}
using namespace OriginalGraph;
namespace ImprovedGraph{
int tms[10100],sz[10100],dep[310],ped[310],vis[310],id,head[310],cnt;
struct node{int to,next,val;}edge[40100];
void ae(int u,int v,int w){
// printf("%d %d %d\n",u,v,w);
edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val=w,head[u]=cnt++;
edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=w,head[v]=cnt++;
}
bool reach(int x,int fe,int O){
vis[x]=O;
for(int i=head[x],y;i!=-1;i=edge[i].next)if((i^fe)!=1){
y=edge[i].to;
if(!dep[y])return true;
if(dep[y]!=-1||vis[y]==O)continue;
if(reach(y,i,O))return true;
}
return false;
}
void circ(int x,int fe){
if(!reach(x,fe,++id))return;
for(int i=head[x],y;i!=-1;i=edge[i].next)if((i^fe)!=1){
y=edge[i].to;
if(dep[y]!=-1){
if(dep[y])continue;
if(sz[dep[x]+edge[i].val]){
if(ped[x]+1!=sz[dep[x]+edge[i].val]){puts("Yes");exit(0);}
tms[dep[x]+edge[i].val]++;
if(tms[dep[x]+edge[i].val]>2*sz[dep[x]+edge[i].val]){puts("Yes");exit(0);}
}else sz[dep[x]+edge[i].val]=ped[x]+1,tms[dep[x]+edge[i].val]++;
continue;
}
dep[y]=dep[x]+edge[i].val,ped[y]=ped[x]+1,circ(y,i),dep[y]=-1,ped[y]=0;
}
}
}
using namespace ImprovedGraph;
namespace SpanningTree{
vector<int>v[10100];
vector<pair<int,int> >e;
int dis[10100],num[10100],tot,las[10100];
void dfs(int x,int fa){
// printf("%d\n",x);
dis[x]=dis[fa]+1;
if(las[x])num[x]=++tot;
for(auto y:v[x]){
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
if(!las[y])continue;
if(las[x]){
if(las[x]==x)ae(num[x],num[las[y]],dis[las[y]]-dis[x]);
else num[x]=++tot,ae(num[x],num[las[x]],dis[las[x]]-dis[x]),ae(num[x],num[las[y]],dis[las[y]]-dis[x]),las[x]=x;
}else las[x]=las[y];
}
}
}
using namespace SpanningTree;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m),memset(head,-1,sizeof(head));
if(m>=2*sqrt(n)+n){puts("Yes");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++)dsu[i]=i;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(merge(x,y))v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
else e.push_back(make_pair(x,y)),las[x]=x,las[y]=y;
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(!dis[i])dfs(i,0);
for(auto i:e)ae(num[i.first],num[i.second],1);
memset(dep,-1,sizeof(dep));
for(int i=1;i<=tot;i++)dep[i]=0,circ(i,-1),dep[i]=-1;
puts("No");
return 0;
}