图论这一块内容比较多，而且题目涉及的 Trick 也很多，因此分若干篇。
本文略去所有算法本身性质的证明过程。
最短路
Dijkstra和SPFA
$\text{Dijkstra}$ 算法基于一个重要的性质：全局最小值不可能再被任何边更新。这样，在边权为非负数的最短路问题中显然满足，在存在负边时不满足。同时，保证了最多从每个节点处扩展 $1$ 次，从而有了稳定的复杂度。
这也限制了 $\text{Dijkstra}$ 在转移 DP 时的应用。
在某经典问题中，设 $f(x)$ 表示 $1$ 到 $x$ 的最小点权。全局最小值是可能在更新的过程中变小的，具体方法是绕一圈再经过权值更小的点。这种情况下只能用 SPFA 进行转移。
再来看另一个经典问题。
luogu4042 [AHOI2014/JSOI2014] 骑士游戏
设 $f(x)$ 为杀死怪物 $x$ 以及其他衍生物的最小代价。$$f(x) = \min \Big\{ K_x, S_x+\sum_{y \in to(x)} f(y) \Big\}$$这玩意有后效性。
当前全局最小值也是有可能会随着更新而变小的，因此不能使用 $\text{Dijkstra}$ 算法，必须使用 SPFA。在更新完 $f(x)$ 之后，把所有能生成 $x$ 的点都扔到队列里面去更新。复杂度爆炸，但好在是 14 年的题，不会卡 SPFA。
好像做完了。
然而，真的不满足吗？
如果一个 $f(x)$ 在更新其他点的时候把自己更新成更小的值，那么说明杀死中间那些怪物的代价为负数，这是不合理的，因此本题满足 $\text{Dijkstra}$ 的贪心性质。这也说明了，当一个点的代价确定时，就一定是其最优解。
因此本题的正解如下。
任何一个点的最终代价都依赖于它所生成的那些点，因此建一张反图，把所有点都扔到堆里面，初始值就是用魔法攻击干死的代价。
有了贪心性质，我们并不需要无脑迭代。每次取出全局最小值并扩展更新。对于一个 $x$，当它被 $to(x)$ 中的每一个点都更新之后，就能得到 $S_x + \sum_{y \in to(x)} f(y)$，与 $K_x$ 取较小值就能得到最小代价。
这样做的复杂度就是 $O\Big((n+\sum_{i=1}^n R_i) \log_2 (\sum_{i=1}^n R_i )\Big)$。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=2e5+5;
int n, c[N], d[N], to[N];
vector<int> p[N];
bool v[N];
void dijkstra() {
priority_queue<PII > q;
rep(i,1,n) q.push({-d[i],i});
while(q.size()) {
int x=q.top().se; q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=1;
for(auto y:p[x]) {
c[y]+=d[x];
if(--to[y]==0) {
if(d[y]>c[y]) {
d[y]=c[y];
q.push({-d[y],y});
}
}
}
}
}
signed main() {
n=read();
rep(x,1,n) {
c[x]=read(), d[x]=read();
int cnt=read();
while(cnt--) {
int y=read();
p[y].pb(x);
++to[x];
}
}
dijkstra();
printf("%lld\n",d[1]);
return 0;
}luogu4745 [CERC2017] Gambling Guide
题目中要求最小化期望，指的是在有优劣之分的决策中，选择最优决策。
设 $f(x)$ 为从 $x$ 到 $n$ 的最小期望，
$$
f(x) = 1 + \frac{1}{ \text{deg}_x} \sum_{(x,y) \in E} \min\Big( f(x) , f(y) \Big)
$$
这个取 $\min$ 操作很麻烦。考虑 $f(y)$ 对 $f(x)$ 有贡献，一定有 $f(y) < f(x)$。因此，考虑按照期望代价确定每个点的答案，第一次只能确定 $f(n) = 0$。
设满足 $S_x$ 表示 $x$ 的相邻节点中，已经确定代价的点集，那么就
$$
f'(x) = 1 + \left(1-\frac{|S_x|}{\text{deg}_x} f(x) \right)+ \frac{1}{\text{deg}_x} \sum_{y \in S_x} f(y)
$$
$$
f'(x) = \frac{\text{deg}_x + \sum_{y \in S_x} f(y)}{ |S_x| }
$$
最终的 $f(x)$ 就是 $\min { f'(x) }$。
这样就能在图上迭代了，具体做法是取出一个确定了的 $f(x)$，令 $|S_y| := |S_y|+1$，然后那个和式加上 $f(x)$，就能计算出 $f'(y)$。
考虑一个全局最小的 $f(x)$ 更新了 $f(y)$ 得到 $f'(y)$，带入式子中可以有 $f(x) < f'(y) < f(y)$，具体过程略。
用 $\text{Dijkstra}$ 转移。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=3e5+5;
const double eps=1e-6;
int n, m, c[N], v[N];
double f[N], g[N];
vector<int> p[N];
void dijkstra() {
rep(i,1,n) f[i]=1e10;
priority_queue<pair<double,int> > q;
f[n]=0;
q.push({0.0,n});
while(q.size()) {
int x=q.top().se; q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=1;
for(auto y:p[x]) if(!v[y]) {
++c[y];
g[y]+=f[x];
if(f[y]>(p[y].size()+g[y])/c[y]) {
f[y]=(p[y].size()+g[y])/c[y];
q.push({-f[y],y});
}
}
}
}
signed main() {
n=read(), m=read();
rep(i,1,m) {
int x=read(), y=read();
p[x].pb(y), p[y].pb(x);
}
dijkstra();
printf("%.10lf\n",f[1]);
return 0;
}再提供一道关于 $\text{Dijkstra}$ 算法的贪心性质的题目。
$n$ 点 $m$ 边的图，边权值域是 $[0,10^9]$。求从每个点出发前 $k$ 近的点。
$n \le 10^5$，$m \le \min(\frac{n(n-1)}{2},3 \times 10^5)$，$k \le 16$。
由于 $\text{Dijkstra}$ 算法取出的是全局最小值，所以对于每个点，只要取出 $k$ 个点扩展即可。而显然从每个点出发最多有 $k$ 条边有用，所以这样直接做就行了，复杂度 $O(nk^2 \log_2 k^2)$。
注意清空数组的细节，否则复杂度就假了。
void dijkstra(int s) {
bool lst=0;
priority_queue<pair<int,int> > q;
d[s]=0, q.push({0,s});
// puts("doit");
for(int w=0;w<=k;++w) {
while(v[q.top().second]) q.pop();
int x=q.top().second;
v[x]=1, link[w]=x;
for(auto i:p[x]) {
int y=i.second, z=i.first;
if(d[y]>d[x]+z) {
d[y]=d[x]+z;
q.push({-d[y],y});
}
}
if(w) {
if(lst) printf(" ");
lst=1;
printf("%lld",d[x]);
}
}
for(int w=0;w<=k;++w) {
v[link[w]]=0, d[link[w]]=1e15;
for(auto y:p[link[w]]) d[y.second]=1e15;
}
}0-1 BFS及其扩展
在边权只有 $0$ 和 $1$ 的图上，我们可以用 0-1 BFS 在 $O(n+m)$ 的时间里求解单源最短路。其原理是在普通队列中，维护队首的元素是全局最小值。可以当作一个退化了的 $\text{Dijkstra}$ 算法来理解。
扩展：边权为 $0,1,2,\cdots, w$ 时怎么做？
依然是维护单调性。开 $w+1$ 个队列，当更新完 $dis(y) = dis(x)+ z$ 时，将 $dis(y)$ 扔到第 $z$ 个队列里。由于每次取出的 $dis(x)$ 单调不降，所以每个队列内部的大小都是单调的。
贪心从权值小的队列取点即可。
最短路树
for(int i=h[x];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i], z=w[i];
if(d[y]>d[x]+z) {
d[y]=d[x]+z, pre[y]=i;
// pre[y]就是最短路树上x与y之间的边
q.push({-d[y],y});
}
}性质就像它的名字，源点到每个点的最短路径构成的一棵树。
次短路
维护两个数组dis1[]和dis2[]。如果用当前点更新了到另一个点的最短路，那么把那个点的最短路和次短路都扔进堆里（因为二者都被更新过了）；如果只更新了另一个点的次短路，那么把次短路扔进堆里。
一个节点可能会更新和被更新多次，为了避免复杂度退化，要判断当前取出的节点对应的最短路长度，是否是最短路或次短路之一，或者说判断长度是否已经大于了次短路。
从网上找了份代码。
void dijkstra()
{
for(re int i=1;i<=n;i++) dis1[i]=dis2[i]=1e9;
dis1[1]=0; q.push((node){0,1});
while(!q.empty())
{
int dt,pt;
dt=q.top().d; pt=q.top().p; q.pop();
if(dt!=dis1[pt]&&dt!=dis2[pt]) continue;
// if(dt>dis2[pt])
for(re int i=last[pt];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to; int dis=dt+e[i].val;
if(dis<dis1[v])
{
dis2[v]=dis1[v]; dis1[v]=dis;
q.push((node){dis1[v],v});
q.push((node){dis2[v],v});
}else
if(dis>dis1[v]&&dis<dis2[v])
{
dis2[v]=dis;
q.push((node){dis2[v],v});
}
}
}
}某道题
有向图，求从 $1$ 到 $n$ 必须经过第 $i$ 个点的最短路以及必须经过第 $j$ 条边的最短路。
以 $1$ 为源点，跑最短路。以 $n$ 为源点，在反图上跑最短路。
luogu5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者
从超级源点向 $k$ 个关键点都连 $0$ 边，求出 $dis_0(x)$，记录到达每个节点距离最小的关键点 $c_0(x)$。然后建反图再跑一次得到 $dis_1(x)$ 和 $c_1(x)$。
这样如果一条边 $(x,y,z)$ 满足 $c_0(x) \neq c_1(y)$，那么说明从 $c_0(x)$ 到 $x$ 的路径与 $c_1(y)$ 到 $y$ 无交，从而 $dis_0(x)+z+dis_1(y)$ 可以作为一个决策。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=1e5+5, M=5e5+5, inf=1e15;
int T, n, m, k, a[N], col[2][N], dis[2][N];
int X[M], Y[M], Z[M];
bool v[N];
struct G {
int tot, h[N], to[M], nxt[M], w[M];
void add(int x,int y,int z) {
to[++tot]=y, w[tot]=z, nxt[tot]=h[x], h[x]=tot;
}
void clear() {
tot=0;
rep(i,1,n) h[i]=0;
}
} G;
void dijkstra(int* d,int* c) {
rep(i,1,n) v[i]=c[i]=0, d[i]=inf;
priority_queue<PII > q;
rep(i,1,k) d[a[i]]=0, c[a[i]]=a[i], q.push({0,a[i]});
while(q.size()) {
int x=q.top().se; q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=1;
for(int i=G.h[x];i;i=G.nxt[i]) {
int y=G.to[i], z=G.w[i];
if(d[y]>d[x]+z) {
d[y]=d[x]+z;
c[y]=c[x];
q.push({-d[y],y});
}
}
}
}
void solve() {
n=read(), m=read(), k=read();
rep(i,1,m) {
X[i]=read(), Y[i]=read(), Z[i]=read();
if(X[i]!=Y[i]) G.add(X[i],Y[i],Z[i]);
}
rep(i,1,k) a[i]=read();
dijkstra(dis[0],col[0]);
G.clear();
rep(i,1,m) if(X[i]!=Y[i]) G.add(Y[i],X[i],Z[i]);
dijkstra(dis[1],col[1]);
G.clear();
int ans=1e15;
rep(i,1,m) {
int x=X[i], y=Y[i], z=Z[i];
if(col[0][x]&&col[1][y]&&col[0][x]!=col[1][y])
ans=min(ans,dis[0][x]+dis[1][y]+z);
}
printf("%lld\n",ans);
}
signed main() {
T=read();
while(T--) solve();
return 0;
}不过这样的做法可能不是很好想到，所以有一种更劣但是思路更自然的做法，
如果我们使用超级源点和超级汇点，那么能够解决两个集合之间两两最短路的最小值，但是无法解决这个问题。如果我们有一种划分关键点的方式，使得划分若干次后任意两个点一定有至少一次不在同一个集合，就能做了。
考虑二进制分组。考虑二进制的每一位，把这一位是 $0$ 的与 $S$ 相连，否则与 $T$ 相连，跑最短路。这样每次划分的两个集合都无交，并且满足任意两个关键点至少出现在一个不同的集合中。
这 $O(\log_2 2\times 10^9)$ 次最短路中，从 $S$ 到 $T$ 的最短路的最小值就是答案。
luogu7473 [NOI Online 2021 入门组] 重力球
在经过至少一次操作之后，小球一定贴着墙壁或者障碍，也就是有用的状态数量只有 $O(n+m)$。
把有用的状态搞出来，建反边 $\text{BFS}$ 出 $dis(x,y)$ 表示状态 $x$ 与 $y$ 的两个小球，到达同一个点的最小步数。
对于一个询问，枚举第一步的操作，然后取最小值即可。
貌似代码有点难写。
某道题
$n$ 点 $m$ 边一张图，定义一条包含 $l$ 条边的路径的长度为 $\max_{i=1}^l { i \times w_i }$，求 $1$ 到 $n$ 的最短路。
$n,m \le 3 \times 10^5$。
二分最短路长度 $mid$，则第 $i$ 条经过的边长度不超过 $mid / i$，这样就变成了一个可达性问题，BFS 即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=3e5+5;
int n, m, d[N];
int tot, h[N], to[N], nxt[N], w[N];
void add(int x,int y,int z) {
to[++tot]=y, w[tot]=z, nxt[tot]=h[x], h[x]=tot;
}
int bfs(int D) {
memset(d,-1,(n+1)<<3);
queue<pair<int,int> > q;
q.push({1,0});
d[1]=0;
while(q.size()) {
pair<int,int> p=q.front(); q.pop();
int x=p.first, dd=p.second;
for(int i=h[x];i;i=nxt[i]) {
int y=to[i], z=w[i];
if(z*(dd+1)<=D&&d[y]==-1) {
d[y]=d[x]+1;
q.push({y,dd+1});
}
}
}
if(d[n]!=-1) return 1;
else return 0;
}
signed main() {
n=read(), m=read();
rep(i,1,m) {
int x=read(), y=read(), z=read();
add(x,y,z);
}
int l=1, r=1e13;
while(l<r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(bfs(mid)) r=mid; else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",l);
}luogu2446 [SDOI2010] 大陆争霸
设 $dis(x)$ 为到达节点 $x$ 的最短时间，$des(x)$ 为摧毁 $x$ 的最小时间。
然后 $des(x) = \max_{y \in protect(x)} { dis(y)}$。
在完成对 $x$ 节点的扩展后去更新被 $x$ 保护的节点。一个节点在被求出 $des(x)$ 后再次入堆，这样 $des(n)$ 即为答案。
luogu5663 [CSP-J2019] 加工零件
我们很容易做 $n$ 很小，$m$ 很大的问题，并且容易得到方案数。
然而那个做法和本题没有任何关系。既然本题只关心是否存在，那么不妨做个转化。任何 $1$ 到 $x$ 经过 $L$ 条边的路径，都能转化成走最短路，然后再一条边上左右横跳的路径。从奇偶性处下手即可证明。
那么求出从 $1$ 到 $x$ 经过奇数条边和偶数条边的最短路就能判断。
怎么做？一个点拆成奇点和偶点。
CF938D Buy a Ticket
建立超级源点 $S$，从 $S$ 往 $i$ 连权值为 $a_i$ 的有向边，然后把原图中的边权都乘 $2$，这样到达 $i$ 点的最短路就是 $i$ 点的答案。
CF1483D Useful Edges
必经边。
记 $(u,v,l)$ 为 $a(u,v)=l$。
$(x,y,z)$ 满足条件就是看是否存在 $(i,j)$ 满足$$dis(i,x)+z+dis(y,j) \le a(i,j)$$ 直接做是 $O(n^4)$ 的。
设 $b(y,i) = \max { a(i,j)-dis(y,j) }$，于是就是$$dis(i,x) + z \le b(y,i)$$ 这样就是 $O(n^3)$ 的。
luogu4366 [Code+#4] 最短路
就一个点。
事实上我们只需要保留 $(i \oplus j) = 2^k,k \in [0,\log_2n]$ 的边。
把 $(i \oplus j)$ 拆成若干二进制位上的 $1$，一个一个地走。这样做的权值依然是不变的。
差分约束系统
分为两种。
- 求最大值。把式子整理为 $X_i – X_j \le k$，连边 $(j \rightarrow i)$，权值为 $k$，跑最短路。有负环无解。
- 求最小值。把式子整理为 $X_i -X_j \ge k$，连边 $(j \rightarrow i)$，权值为 $k$，跑最长路。有正环无解。
如果关系要求相等，那么就是 $X_i – X_j \le k \wedge X_i – X_j \ge k$。
一般直接连出的图都不连通，所以需要虚拟源点，同时也可以起到各个变量限制初始值的作用。
某经典题。
现在有 $[1,m] \cap \mathbb{Z}$ 中的数，有 $n$ 个限制，第 $i$ 个限制表示 $[a_i,b_i]$ 中至少要取 $c_i$ 个数。
求至少需要多少个整数。
限制转化为 $[1,b_i]$ 中取数的数量至少比 $[1,a_i-1]$ 中多 $c_i$，因此 $X_{b_i} – X_{a_i -1} \ge c_i$。
直接跑差分约束系统也不对，因为还有隐式的限制，$X_a \le X_{a+1} \le X_a + 1$。
还有一个问题，如果以 $1$ 为起点跑，那么应该有 $X_1 = 0$，实际上并不是。因此必须要有一个虚拟点 $s$，满足限制 $0 \le X_1 – X_S \le 1$。
luogu3275 [SCOI2011] 糖果
关于 SPFA，它死了。
差分约束建模之后，为了保证连通并且每个变量都是正整数，还要建立超级源点 $S$，满足关系 $X_S – X_i \ge 1$。
然后 SPFA 就被卡掉了。
整张图的权值只有 $0$ 和 $1$。在一个 SCC 里面，如果 $(x \rightarrow y)$ 权值是 $1$，那么就一定存在一个正环，从而差分约束系统无解。再考虑 SCC 的性质，能发现一个 SCC 中的点的取值都是相等的。缩点后求 DAG 最长路即可。
最小生成树
一张图的一棵最小生成树，也是这张图的一棵瓶颈生成树。
说人话就是对于任意点对 $(x,y)$，其最小生成树上的路径上的最大边权，就是原图二者所有路径中，最大边权最小的路径所对应的最大边权。
次小生成树（无论严格与否）一定是在最小生成树的基础上更改一条边。
对于任何不在最小生成树中的边，该边两个端点在最小生成树上的路径的所有边的权值都小于等于该边。
所以严格次小生成树怎么做呢？枚举换进去非树边 $(x,y,z)$，然后在形成的那个环上找到最大值 $z_1$ 和严格次大值 $z_2$。如果 $z_1 \neq z$，那么换掉 $z_1$，否则换掉 $z_2$。
树上倍增即可。
不要求严格次小的话，只求最大值即可。
luogu1991 无线通讯网
不妨先确定 $D$，再选点。能发现只有当 $D$ 确定之后，连通块数量不超过 $S$ 时才有解。
问题转化为求出把一张完全图划分成不超过 $S$ 个连通块，使得最大边权最小。
在 $\text{Kruskal}$ 的过程中，当整张图被合并为恰好 $S$ 个连通块时，最后加入的边权就是最优的 $D$。
或者说用 $\text{Prim}$ 算法，可以做到 $O(n^2)$，最后对 $d$ 数组排序即可。
CF76A Gift
先按照 $g_i$ 递增排序，枚举 $\max{g_i}$，这样问题就变成了维护只使用 $[1,i]$ 中的边的生成树。
我们直接暴力加入这条边，排序后做最小生成树（其实要求出的是瓶颈生成树）最小化 $\max{s_i}$。
这样做的复杂度是 $O(NM\log_2 M)$，有点大。
不过考虑到每次做完最小生成树后，剩下的边都是有序的，并且新的最小生成树也不会加入上一次没有加入的边，所以可以手动做一次冒泡排序，使得集合内边的 $s_i$ 有序，这样做就是 $O(NM)$ 了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=205, M=50005;
int n, m, G, S, cnt, ans=5e18;
struct Edge {
int x, y, g, s;
} a[M], b[N];
bool operator<(Edge a,Edge b) {
return a.g<b.g;
}
struct Dsu {
int f[N];
void init() { rep(i,1,n) f[i]=i; }
int get(int x) { return x==f[x]? x:f[x]=get(f[x]); }
} dsu;
signed main() {
n=read(), m=read(), G=read(), S=read();
rep(i,1,m) {
a[i].x=read(), a[i].y=read(), a[i].g=read(), a[i].s=read();
}
sort(a+1,a+m+1);
rep(i,1,m) {
b[++cnt]=a[i];
per(j,cnt,2) if(b[j].s<b[j-1].s) swap(b[j],b[j-1]);
dsu.init();
int pos=0, maxs=0;
rep(j,1,cnt) {
int x=b[j].x, y=b[j].y;
x=dsu.get(x), y=dsu.get(y);
if(x!=y) {
dsu.f[x]=y, b[++pos]=b[j];
if(pos==n-1) break;
}
}
if(pos==n-1) ans=min(ans,G*a[i].g+S*b[pos].s);
cnt=pos;
}
printf("%lld\n",(ans==5e18? -1:ans));
return 0;
}CF1468J Road Reform
先求出最小生成树。
如果 MST 中的存在权值大于 $k$ 的边，那么把这些边调整了一定是最优的。根据上文结论即可证明。
如果 MST 中的边权值小于 $k$ 呢？直接将最大边与 $\min_{(x,y,z) \in G}{ |z_i – k|}$ 替换一下就好了。
CF1245D Shichikuji and Power Grid
建立超级源点 $S$，向 $i$ 连权值为 $c_i$ 的无向边。
求出 MST 即为答案。
使用 $\text{Prim}$ 算法更优。
CF888G Xor-MST
考虑 $\text{Boruvka}$ 算法。
简介一下它的流程：
对于每一个连通块，枚举其出边。取其最小出边，合并两个连通块。
每次做完一轮后连通块数量至少减半，最多重复 $O(\log_2 n)$ 次，所以复杂度就是 $O\Big((n+m) \log_2 n\Big)$。
考虑把所有 $a_i$ 都扔到 0-1 Trie 中去，这样每个叶子节点就对应这原图中一个点。
我们一定是贪心连权值小的边,对应的在 Trie 上，一个点集的 $\operatorname{LCA}$ 深度越大，它们之间的边权越小。根据 $\text{B}$ 姓算法，我们能知道一定是一棵子树内所有的叶子节点连成一个连通块后，再向外扩展。所以 0-1 Trie 就是这张完全图对于 $\text{B}$ 姓算法的分治树。
在 Trie 上 $\text{DFS}$，设dfs(x,dep)表示把深度为 $dep$ 的节点 $x$ 子树内，所有叶子节点连成一个连通块的最小代价。
如果存在 $son_0(x)$ 与 $son_1(x)$，那么就枚举其中一个儿子对应的 $a_i$，在另一个儿子得子树内查询最小异或值即可，记这个值为 $res$，答案就是它再加上往分别往两个儿子搜的代价。这个枚举的过程可以启发式合并进行优化。不过如果我们按照 $a_i$ 递增的顺序插入 Trie，那么每个节点对应的 $a_i$ 得下标都是连续的区间，这样直接枚举就够了。
否则就直接继承存在的那个儿子的值即可。
如果存在两个点权值相同怎么办？在完全图中，它们算是等价类。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=2e5+5;
int n, a[N];
struct Trie {
int tot=1;
int trie[N*30][2], l[N*30], r[N*30];
void insert(int S,int id) {
int x=1;
for(int i=29;~i;--i) {
int a=(S>>i)&1;
if(!l[x]) l[x]=id;
r[x]=max(r[x],id);
if(!trie[x][a]) trie[x][a]=++tot;
x=trie[x][a];
}
}
int query(int x,int S,int dep) {
int res=0;
if(dep<0) return res;
for(int i=dep;~i;--i) {
int a=(S>>i)&1;
if(!trie[x][a]) x=trie[x][a^1], res+=(1<<i);
else x=trie[x][a];
}
return res;
}
int dfs(int x,int dep) {
if(dep<0) return 0;
int son0=trie[x][0], son1=trie[x][1];
if(son0!=0&&son1!=0) {
int ans=1e15;
for(int i=l[son0];i<=r[son0];++i)
ans=min(ans,query(son1,a[i],dep-1)+(1<<dep));
return dfs(son0,dep-1)+dfs(son1,dep-1)+ans;
}
else if(son0!=0) return dfs(son0,dep-1);
else if(son1!=0) return dfs(son1,dep-1);
return 0;
}
} T;
signed main() {
n=read();
rep(i,1,n) a[i]=read();
sort(a+1,a+n+1);
rep(i,1,n) T.insert(a[i],i);
printf("%lld\n",T.dfs(1,29));
return 0;
}CF125E MST Company
先对除了 $1$ 之外的 $n-1$ 个点做 MST，然后得到 $d$ 个连通块。
如果 $d>k$，那么无解。
如果 $d<k$，先从 $1$ 往每个连通块连权值最小的那条边，连不完依然无解，然后枚举与 $1$ 相连的剩下的边。每加入一条新边，就会形成一个环，这条边的代价就是它的权值减去环上的最小权值，注意不考虑 $1$ 连出去的那条边。这样取代价前 $k-d$ 小的就行。
找环上最小权值只需要 $\text{DFS}$ 一遍。
复杂度 $O(m \log_2 m + nk)$。
CF1253F Cheap Robot
注意到只有关键点有实际意义。从 $a$ 走到 $b$，要么是直接走两个关键点，要么是绕道其他关键点。
但是有电量的限制，对于边 $(x,y,z)$，从任何关键点走过来都需要满足 $c \ge dis(x) + dis(y) +z$，其中 $dis(x)$ 表示距离 $x$ 最近的关键点，与 $x$ 的距离。
连边 $\Big(k_x,k_y,dis(x)+dis(y)+z\Big)$，其中 $k_x$ 是使取到 $dis(x)$ 的一个关键点。这样我们只要最小化 $a$ 到 $b$ 路径上权值最大的边就行了。考虑 MST 的一个性质，任意两点之间路径上的最大边权最小，所以连边之后求出 MST，之后用倍增或者树剖做就行了。
还有一种做法。把询问离线了，枚举每条边的权值当作 $c$，然后加边，用并查集判连通性，在连接两个连通块时回答一个连通块内的询问，启发式合并即可。
CF1707C DFS Trees
考虑这个算法什么时候会假掉。
如果这样选出的一条边 $(x,y)$ 不在 MST 中，那么说明此时 $x$ 与 $y$ 已经连通，也就说这条边是 MST 上的返祖边。
直接考虑以每个节点为根，是否会选出 MST 上的返祖边并不容易。我们尝试从每条边入手，考虑以哪些节点为根时，这条边会成为返祖边。
由于边权各不相同，所以 MST 唯一。我们先把 MST 求出来，设其为 $T$，随便定一个根。
考虑每一条非 MST 边 $(x,y)$，钦定 $\text{dep}(x) \ge \text{dep}(y)$，$z = \text{LCA}(x,y)$。
- 如果 $z \neq y$，那么只有以 $\text{subtree}(x)$ 或 $\text{subtree}(y)$ 中的节点为根时，才会使得这条边被错误地加入 MST。
- 如果 $z = y$，那么就是 $\text{subtree}(x)$ 中的节点，以及 $T – \text{subtree}\Big(son_x(y)\Big)$ 中的节点。
其中 $son_x(y)$ 表示 $y$ 一个子节点，满足其所在子树包含 $x$。
那么从 $x$ 执行算法，能求出 MST 的充要条件是 $x$ 被上述每一条边都统计到一次。
问题转化为子树加，单点查，再转化一下就是单点加，求树上前缀和。
$son_x(y)$ 可以用倍增轻松找到。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define uint unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define SET(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CPY(a,b) memcpy(a,b,sizeof(b))
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);++i)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);--i)
int read() {
int a=0, f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0', c=getchar();
return a*f;
}
const int N=1e5+5;
int n, m, v[N<<1], f[N][17], dep[N], c[N];
vector<int> p[N];
struct node {
int x, y, z;
bool operator<(node b) {
return z<b.z;
}
} e[N<<1];
struct DSU {
int fa[N];
void init() { rep(i,1,n) fa[i]=i; }
int get(int x) { return x==fa[x]? x:fa[x]=get(fa[x]); }
} dsu;
void kruskal() {
sort(e+1,e+m+1);
dsu.init();
int cnt=0;
rep(i,1,m) {
int x=dsu.get(e[i].x), y=dsu.get(e[i].y);
if(x!=y) {
v[i]=1;
dsu.fa[x]=y;
// if(++cnt==n-1) break;
}
}
}
void build() {
rep(i,1,m) if(v[i]) {
int x=e[i].x, y=e[i].y;
p[x].pb(y), p[y].pb(x);
}
}
void dfs(int x,int fa) {
dep[x]=dep[fa]+1;
f[x][0]=fa;
for(int i=1;i<=16;++i) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for(auto y:p[x]) if(y!=fa) {
dfs(y,x);
}
}
int lca(int x,int y) {
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int i=16;~i;--i) if (dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=16;~i;--i) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i], y=f[y][i];
return f[x][0];
}
void dfs2(int x,int fa) {
for(auto y:p[x]) if(y!=fa) {
c[y]+=c[x];
dfs2(y,x);
}
}
signed main() {
n=read(), m=read();
rep(i,1,m) {
e[i].x=read(), e[i].y=read(), e[i].z=i;
}
kruskal();
build();
dfs(1,0);
rep(i,1,m) if(!v[i]) {
int x=e[i].x, y=e[i].y;
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
int z=lca(x,y);
if(z==y) {
++c[1], ++c[x];
int t=x;
for(int j=16;~j;--j) if(dep[f[t][j]]>dep[y]) t=f[t][j];
--c[t];
} else ++c[x], ++c[y];
}
dfs2(1,0);
rep(i,1,n) if(c[i]==m-n+1) putchar('1'); else putchar('0');
return 0;
}Kruskal重构树
这个先鸽掉，等到以后有时间再写。