圆方树学习笔记

本文同步发布于我的博客园：[https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/Introduction-to-Block-Forest.html](https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/Introduction-to-Block-Forest.html)。 众所周知，树（或森林）有很好的性质，并且容易通过很多常见数据结构维护。 而一般图则没有那么好的性质，所幸有时我们可以把一般图上的某些问题转化到树上考虑。 而圆方树就是一种将图变成树的方法。本文将介绍圆方树的构建，性质和一些应用。 限于篇幅，本文中有一些结论未经证明，读者可以自行理解或证明。 # 一、圆方树的定义 圆方树最初是处理“仙人掌图”（每条边在不超过一个简单环中的无向图）的一种工具，不过发掘它的更多性质，有时我们可以在一般无向图上使用它。 要介绍圆方树，首先要介绍**点双连通分量**。 一个**点双连通图**的一个定义是：图中任意两不同点之间都有至少两条点不重复的路径。 点不重复既指路径上点不重复（简单路径），也指两条路径的交集为空（当然，路径必然都经过出发点和到达点，这不在考虑范围内）。 可以发现对于只有一个点的图比较难定义它是不是一个点双，这里先不考虑节点数为 $1$ 的图。 一个近乎等价的定义是：不存在割点的图。 这个定义只在图中只有两个点，一条连接它们的边时失效。它没有割点，但是并不能找到两条不相交的路径，因为只有一条路径。 （也可以理解为那一条路径可以算两次，的确没有交，因为不经过其他点） 虽然原始的定义的确是前者，但是为了方便，我们规定点双图的定义采用后者。 而一个图的**点双连通分量**则是一个**极大点双连通子图**。 与强连通分量等不同，一个点可能属于多个点双，但是一条边属于恰好一个点双（如果定义采用前者则有可能不属于任何点双）。 在圆方树中，原来的每个点对应一个**圆点**，每一个点双对应一个**方点**。 所以共有 $n+c$ 个点，其中 $n$ 是原图点数，$c$ 是原图点双连通分量的个数。 而对于每一个点双连通分量，它对应的方点向这个点双连通分量中的每个点连边。 每个点双形成一个“菊花图”，多个“菊花图”通过原图中的割点连接在一起（因为点双的分隔点是割点）。 显然，圆方树中每条边连接一个圆点和一个方点。 下面有一张图，来自 WC 的 PPT，显示了一张图对应的点双和圆方树形态。  圆方树的点数小于 $2n$，这是因为割点的数量小于 $n$，所以请注意各种数组大小要开两倍。 其实，如果原图连通，则“圆方树”才是一棵树，如果原图有 $k$ 个连通分量，则它的圆方树也会形成 $k$ 棵树形成的森林。 如果原图中某个连通分量只有一个点，则需要具体情况具体分析，我们在后续讨论中不考虑孤立点。 # 二、圆方树的构建 对于一个图，如何构造出它的圆方树呢？首先可以发现如果图不连通，可以拆分成每个连通子图考虑，所以我们只考虑连通图。 因为圆方树是基于点双连通分量的，而点双连通分量又基于割点，所以只需要用类似求割点的方法即可。 求割点的常用算法是 Tarjan 算法，如果你会了理解下面的内容就很简单了，如果你不会也没关系。 我们跳过 Tarjan 求割点，直接介绍圆方树使用的算法（其实是 Tarjan 的变体）： 对图进行 DFS，并且中间用到了两个关键数组 `dfn` 和 `low`（类似于 Tarjan）。 `dfn[u]` 存储的是节点 $u$ 的 DFS 序，即第一次访问到 $u$ 时它是第几个被访问的节点。 `low[u]` 存储的是节点 $u$ 的 DFS 树中的子树中的某个点 $v$ 通过**最多一次返祖边或向父亲的树边**能访问到的点的**最小** DFS 序。 如果没有听说过 Tarjan 算法可能会有点难理解，让我们举个例子吧：  （可以发现这张图其实和上面图片中的图等价） 这里树边从上至下用直线画出，返祖边从下至上用曲线画出。节点的编号便是它的 DFS 序。 则有 `low` 数组如下： | $i$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ | $6$ | $7$ | $8$ | $9$ | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | $\mathrm{low}[i]$| $1$ | $1$ | $1$ | $3$ | $3$ | $4$ | $3$ | $3$ | $7$ | 并不是很难理解吧，注意这里 $9$ 的 `low` 是 $7$，与一些求割点的做法有差异，因为为了方便，我们规定了可以通过父边向上，但主要思想是相同的。 我们可以很容易地写出计算 `dfn` 和 `low` 的 DFS 函数（初始时 `dfn` 数组清零）： ```cpp void Tarjan(int u) { low[u] = dfn[u] = ++dfc; // low 初始化为当前节点 dfn for (auto v : G[u]) { // 遍历 u 的相邻节点 if (!dfn[v]) { // 如果未访问过 Tarjan(v); // 递归 low[u] = std::min(low[u], low[v]); // 未访问的和 low 取 min } else low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); // 已访问的和 dfn 取 min } } ``` 接下来，我们考虑点双和 DFS 树以及这两个数组之间的关联。 可以发现，每个点双在 DFS 树上是一棵连通子树，并至少包含两个点；特别地，最顶端节点仅往下接一个点。 同时还可以发现每条树边恰好在一个点双内。 我们考虑一个点双在 DFS 树中的最顶端节点 $u$，在 $u$ 处确定这个点双，因为 $u$ 的子树包含了整个点双的信息。 因为至少有两个点，考虑这个点双的下一个点 $v$，则有 $u$，$v$ 之间存在一条树边。 不难发现，此时一定有 $\mathrm{low}[v]=\mathrm{dfn}[u]$。 更准确地说，对于一条树边 $u\to v$，$u,v$ 在同一个点双中，且 $u$ 是这个点双中深度最浅的节点**当且仅当** $\mathrm{low}[v]=\mathrm{dfn}[u]$。 那么我们可以在 DFS 的过程中确定哪些地方存在点双，但是还不能准确确定一个点双所包含的点集。 这并不难处理，我们可以在 DFS 过程中维护一个栈，存储还未确定所属点双（可能有多个）的节点。 在找到点双时，点双中除了 $u$ 以外的其他的点都集中在栈顶端，只需要不断弹栈直到弹出 $v$ 为止即可。 当然，我们可以同时处理被弹出的节点，只要将其和新建的方点连边即可。最后还要让 $u$ 和方点连边。 这样就很自然地完成了圆方树的构建，我们可以给方点标号为 $n+1$ 开始的整数，这样可以有效区分圆点和方点。 这部分可能讲述得不够清晰，下面贴出一份代码，附有详尽注释以及帮助理解的输出语句和一份样例，建议读者复制代码并自行实践理解，毕竟代码才是最能帮助理解的（不要忘记开 `c++11`）。 ```cpp #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> const int MN = 100005; int N, M, cnt; std::vector<int> G[MN], T[MN * 2]; int dfn[MN], low[MN], dfc; int stk[MN], tp; void Tarjan(int u) { printf(" Enter : #%d\n", u); low[u] = dfn[u] = ++dfc; // low 初始化为当前节点 dfn stk[++tp] = u; // 加入栈中 for (auto v : G[u]) { // 遍历 u 的相邻节点 if (!dfn[v]) { // 如果未访问过 Tarjan(v); // 递归 low[u] = std::min(low[u], low[v]); // 未访问的和 low 取 min if (low[v] == dfn[u]) { // 标志着找到一个以 u 为根的点双连通分量 ++cnt; // 增加方点个数 printf(" Found a New BCC #%d.\n", cnt - N); // 将点双中除了 u 的点退栈，并在圆方树中连边 for (int x = 0; x != v; --tp) { x = stk[tp]; T[cnt].push_back(x); T[x].push_back(cnt); printf(" BCC #%d has vertex #%d\n", cnt - N, x); } // 注意 u 自身也要连边（但不退栈） T[cnt].push_back(u); T[u].push_back(cnt); printf(" BCC #%d has vertex #%d\n", cnt - N, u); } } else low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); // 已访问的和 dfn 取 min } printf(" Exit : #%d : low = %d\n", u, low[u]); printf(" Stack:\n "); for (int i = 1; i <= tp; ++i) printf("%d, ", stk[i]); puts(""); } int main() { scanf("%d%d", &N, &M); cnt = N; // 点双 / 方点标号从 N 开始 for (int i = 1; i <= M; ++i) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); G[u].push_back(v); // 加双向边 G[v].push_back(u); } // 处理非连通图 for (int u = 1; u <= N; ++u) if (!dfn[u]) Tarjan(u), --tp; // 注意到退出 Tarjan 时栈中还有一个元素即根，将其退栈 return 0; } ``` 提供一个测试用例： ```plain 13 15 1 2 2 3 1 3 3 4 3 5 4 5 5 6 4 6 3 7 3 8 7 8 7 9 10 11 11 10 11 12 ``` 这个例子对应的图（包含了重边和孤立点的情况）：  # 三、圆方树的应用 我们讲一些可以使用圆方树求解的例题。 ## [[APIO2018]铁人两项](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4630) 这题可以作为圆方树模板题看待。 ### 题意简述： 给定一张简单无向图，问有多少对三元组 $\langle s, c, f\rangle$（$s,c,f$ 互不相同）使得存在一条简单路径从 $s$ 出发，经过 $c$ 到达 $f$。 ### 题解： 说到简单路径，就必须提一个关于点双很好的性质：对于一个点双中的两点，它们之间简单路径的并集，恰好完全等于这个点双。 即同一个点双中的两不同点 $u,v$ 之间一定存在一条简单路径经过给定的在同一个点双内的另一点 $w$。 这个性质的证明： - 显然如果简单路径出了点双，就不可能再回到这个点双中，否则会和点双的定义冲突。 - 所以我们只需考虑证明一个点双连通图中任意三不同点 $u,v,c$，必存在一条从 $u$ 到 $v$ 的简单路径经过 $c$。 - 首先排除点数为 $2$ 的情况，它满足这个性质，但是无法取出 $3$ 个不同点。 - 对于余下的情况，考虑建立网络流模型，源点向 $c$ 连容量为 $2$ 的边，$u$ 和 $v$ 向汇点连容量为 $1$ 的边。 - 原图中的双向边 $\langle x,y\rangle$，变成 $x$ 向 $y$ 连一条容量为 $1$ 的边，$y$ 也向 $x$ 连一条容量为 $1$ 的边。 - 最后，给除了源点，汇点和 $c$ 之外的每个点赋上 $1$ 的容量，这可以通过拆点实现。 - 因为源点到 $c$ 的边的容量为 $2$，那么如果这个网络最大流为 $2$，则证明一定有路径经过 $c$。 - 考虑最大流最小割定理，显然最小割小于等于 $2$，接下来只要证最小割大于 $1$。 - 这等价于证明割掉任意一条容量为 $1$ 的边，是无法使源点和汇点不连通的。 - 考虑割掉 $u$ 或 $v$ 与汇点连接的点，根据点双的第一种定义，必然存在简单路径从 $c$ 到另一个没割掉的点。 - 考虑割掉一个节点拆点形成的边，这等价于删除一个点，根据点双的第二种定义，余下的图仍然连通。 - 考虑割掉一条由原先的边建出的边，这等价于删除一条边，这比删除一个点更弱，显然存在路径。 - 所以我们证明了最小割大于 $1$，即最大流等于 $2$。证毕。 这个结论能告诉我们什么呢？它告诉了我们：考虑两圆点在圆方树上的路径，与路径上经过的方点相邻的圆点的集合，就等于原图中两点简单路径上的点集。 回到题目，考虑固定 $s$ 和 $f$，求合法的 $c$ 的数量，显然有合法 $c$ 的数量等于 $s,f$ 之间简单路径的并集的点数减 $2$（去掉 $s,f$ 本身）。 那么，对原图建出圆方树后，两点之间简单路径的点数，就和它们在圆方树上路径经过的方点（点双）和圆点的个数有关。 接下来是圆方树的一个常用技巧：路径统计时，点赋上合适的权值。 本题中，每个方点的权值为对应点双的大小，而每个圆点权值为 $-1$。 这样赋权后则有两圆点间圆方树上路径点权和，恰好等于原图中简单路径并集大小减 $2$。 问题转化为统计圆方树上 $\sum$ 两圆点路径权值和。 换个角度考虑，改为统计每一个点对答案的贡献，即权值乘以经过它的路径条数，这可以通过简单的树形 DP 求出。 最后，不要忘记处理图不连通的情况。下面是对应代码： ```cpp #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> const int MN = 100005; int N, M, cnt; std::vector<int> G[MN], T[MN * 2]; long long Ans; int dfn[MN], low[MN], dfc, num; int stk[MN], tp; int wgh[MN * 2]; void Tarjan(int u) { low[u] = dfn[u] = ++dfc; stk[++tp] = u; ++num; for (auto v : G[u]) { if (!dfn[v]) { Tarjan(v); low[u] = std::min(low[u], low[v]); if (low[v] == dfn[u]) { wgh[++cnt] = 0; for (int x = 0; x != v; --tp) { x = stk[tp]; T[cnt].push_back(x); T[x].push_back(cnt); ++wgh[cnt]; } T[cnt].push_back(u); T[u].push_back(cnt); ++wgh[cnt]; } } else low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); } } int vis[MN * 2], siz[MN * 2]; void DFS(int u, int fz) { vis[u] = 1; siz[u] = (u <= N); for (auto v : T[u]) if (v != fz) { DFS(v, u); Ans += 2ll * wgh[u] * siz[u] * siz[v]; siz[u] += siz[v]; } Ans += 2ll * wgh[u] * siz[u] * (num - siz[u]); } int main() { scanf("%d%d", &N, &M); for (int u = 1; u <= N; ++u) wgh[u] = -1; cnt = N; for (int i = 1; i <= M; ++i) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } for (int u = 1; u <= N; ++u) if (!dfn[u]) { num = 0; Tarjan(u), --tp; DFS(u, 0); } printf("%lld\n", Ans); return 0; } ``` 顺带一提，刚刚的测试用例在这题的答案是 $212$。 ---- ## [[CodeForces 487E]Tourists](https://www.luogu.org/problemnew/show/CF487E) ### 题意简述： 给定一张简单无向连通图，要求支持两种操作： 1. 修改一个点的点权。 2. 询问两点之间所有简单路径上点权的最小值。 ### 题解： 同样地，我们建出原图的圆方树，令方点权值为相邻圆点权值的最小值，问题转化为求路径上最小值。 路径最小值可以使用树链剖分和线段树维护，但是修改呢？ 一次修改一个圆点的点权，需要修改所有和它相邻的方点，这样很容易被卡到 $\mathcal{O}(n)$ 个修改。 这时我们利用圆方树是棵树的性质，令方点权值为自己的儿子圆点的权值最小值，这样的话修改时只需要修改父亲方点。 对于方点的维护，只需要对每个方点开一个 `multiset` 维护权值集合即可。 需要注意的是查询时若 LCA 是方点，则还需要查 LCA 的父亲圆点的权值。 注意：圆方树点数要开原图的两倍，否则会数组越界，出现玄学错误。 ```cpp #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> #include <set> const int MN = 100005; const int MS = 524288; const int Inf = 0x7fffffff; int N, M, Q, cnt; int w[MN * 2]; std::vector<int> G[MN], T[MN * 2]; std::multiset<int> S[MN * 2]; int dfn[MN * 2], low[MN], dfc; int stk[MN], tp; void Tarjan(int u) { low[u] = dfn[u] = ++dfc; stk[++tp] = u; for (auto v : G[u]) { if (!dfn[v]) { Tarjan(v); low[u] = std::min(low[u], low[v]); if (low[v] == dfn[u]) { ++cnt; for (int x = 0; x != v; --tp) { x = stk[tp]; T[cnt].push_back(x); T[x].push_back(cnt); } T[cnt].push_back(u); T[u].push_back(cnt); } } else low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); } } int idf[MN * 2], faz[MN * 2], siz[MN * 2], dep[MN * 2], son[MN * 2], top[MN * 2]; void DFS0(int u, int fz) { faz[u] = fz, dep[u] = dep[fz] + 1, siz[u] = 1; for (auto v : T[u]) if (v != fz) { DFS0(v, u); siz[u] += siz[v]; if (siz[son[u]] < siz[v]) son[u] = v; } } void DFS1(int u, int fz, int tp) { dfn[u] = ++dfc, idf[dfc] = u, top[u] = tp; if (son[u]) DFS1(son[u], u, tp); for (auto v : T[u]) if (v != fz && v != son[u]) DFS1(v, u, v); } #define li (i << 1) #define ri (i << 1 | 1) #define mid ((l + r) >> 1) #define ls li, l, mid #define rs ri, mid + 1, r int dat[MS]; void Build(int i, int l, int r) { if (l == r) { dat[i] = w[idf[l]]; return ; } Build(ls), Build(rs); dat[i] = std::min(dat[li], dat[ri]); } void Mdf(int i, int l, int r, int p, int x) { if (l == r) { dat[i] = x; return ; } if (p <= mid) Mdf(ls, p, x); else Mdf(rs, p, x); dat[i] = std::min(dat[li], dat[ri]); } int Qur(int i, int l, int r, int a, int b) { if (r < a || b < l) return Inf; if (a <= l && r <= b) return dat[i]; return std::min(Qur(ls, a, b), Qur(rs, a, b)); } int main() { scanf("%d%d%d", &N, &M, &Q); for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &w[i]); cnt = N; for (int i = 1; i <= M; ++i) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } Tarjan(1), DFS0(1, 0), dfc = 0, DFS1(1, 0, 1); for (int i = 1; i <= N; ++i) if (faz[i]) S[faz[i]].insert(w[i]); for (int i = N + 1; i <= cnt; ++i) w[i] = *S[i].begin(); Build(1, 1, cnt); for (int q = 1; q <= Q; ++q) { char opt[3]; int x, y; scanf("%s%d%d", opt, &x, &y); if (*opt == 'C') { Mdf(1, 1, cnt, dfn[x], y); if (faz[x]) { int u = faz[x]; S[u].erase(S[u].lower_bound(w[x])); S[u].insert(y); if (w[u] != *S[u].begin()) { w[u] = *S[u].begin(); Mdf(1, 1, cnt, dfn[u], w[u]); } } w[x] = y; } else { int Ans = Inf; while (top[x] != top[y]) { if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) std::swap(x, y); Ans = std::min(Ans, Qur(1, 1, cnt, dfn[top[x]], dfn[x])); x = faz[top[x]]; } if (dfn[x] > dfn[y]) std::swap(x, y); Ans = std::min(Ans, Qur(1, 1, cnt, dfn[x], dfn[y])); if (x > N) Ans = std::min(Ans, w[faz[x]]); printf("%d\n", Ans); } } return 0; } ``` ---- ## [[SDOI2018]战略游戏](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4606) ### 题意简述： 给出一个简单无向连通图。有 $q$ 次询问： 每次给出一个点集 $S$（$2\le |S|\le n$），问有多少个点 $u$ 满足 $u\notin S$ 且删掉 $u$ 之后 $S$ 中的点不全在一个连通分量中。 每个测试点有多组数据。 ### 题解： 先建出圆方树，则变为询问 $S$ 在圆方树上对应的连通子图中的圆点个数减去 $|S|$。 如何计算连通子图中的圆点个数？有一个方法： 把圆点的权值放到它和它的父亲方点的边上，问题转化为求边权和，这个问题可以参考我这篇题解的方法：[题解 P3320 【[SDOI2015]寻宝游戏】](https://www.luogu.org/blog/PinkRabbit/solution-p3320)。 即把 $S$ 中的点按照 DFS 序排序，计算排序后相邻两点的距离和，答案就是距离和的一半，因为每条边只被经过两次。 最后，如果子图中的深度最浅的节点是圆点，答案还要加上 $1$，因为我们没有统计到它。 因为有多组数据，要注意初始化数组。 ```cpp #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> const int MN = 100005; int N, M, Q, cnt; std::vector<int> G[MN], T[MN * 2]; int dfn[MN * 2], low[MN], dfc; int stk[MN], tp; void Tarjan(int u) { low[u] = dfn[u] = ++dfc; stk[++tp] = u; for (auto v : G[u]) { if (!dfn[v]) { Tarjan(v); low[u] = std::min(low[u], low[v]); if (low[v] == dfn[u]) { ++cnt; for (int x = 0; x != v; --tp) { x = stk[tp]; T[cnt].push_back(x); T[x].push_back(cnt); } T[cnt].push_back(u); T[u].push_back(cnt); } } else low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); } } int dep[MN * 2], faz[MN * 2][18], dis[MN * 2]; void DFS(int u, int fz) { dfn[u] = ++dfc; dep[u] = dep[faz[u][0] = fz] + 1; dis[u] = dis[fz] + (u <= N); for (int j = 0; j < 17; ++j) faz[u][j + 1] = faz[faz[u][j]][j]; for (auto v : T[u]) if (v != fz) DFS(v, u); } int LCA(int x, int y) { if (dep[x] < dep[y]) std::swap(x, y); for (int j = 0, d = dep[x] - dep[y]; d; ++j, d >>= 1) if (d & 1) x = faz[x][j]; if (x == y) return x; for (int j = 17; ~j; --j) if (faz[x][j] != faz[y][j]) x = faz[x][j], y = faz[y][j]; return faz[x][0]; } int main() { int Ti; scanf("%d", &Ti); while (Ti--) { scanf("%d%d", &N, &M); for (int i = 1; i <= N; ++i) { G[i].clear(); dfn[i] = low[i] = 0; } for (int i = 1; i <= N * 2; ++i) T[i].clear(); for (int i = 1, x, y; i <= M; ++i) { scanf("%d%d", &x, &y); G[x].push_back(y); G[y].push_back(x); } cnt = N; dfc = 0, Tarjan(1), --tp; dfc = 0, DFS(1, 0); scanf("%d", &Q); while (Q--) { static int S, A[MN]; scanf("%d", &S); int Ans = -2 * S; for (int i = 1; i <= S; ++i) scanf("%d", &A[i]); std::sort(A + 1, A + S + 1, [](int i, int j) { return dfn[i] < dfn[j]; }); for (int i = 1; i <= S; ++i) { int u = A[i], v = A[i % S + 1]; Ans += dis[u] + dis[v] - 2 * dis[LCA(u, v)]; } if (LCA(A[1], A[S]) <= N) Ans += 2; printf("%d\n", Ans / 2); } } return 0; } ```