正題

題目鏈接:https://loj.ac/p/3077

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題目大意

給出$n$個點$m$條邊的一張簡單無向圖，求是否存在兩個長度相等的簡單環。

$1\le n\le 10^4,1\le m\le 10^6$

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解題思路

先考慮一個暴力的做法，我們暴力搜索圖上的所有環，記$c_i$表示長度為$i$的環的個數。

那么注意到一個長度為$x$的環，我們會重復統計$2x$次（一輪和翻轉后的一輪），所以如果$c_x>2x$那么就可以輸出$Yes$了。

根據鴿籠原理，我們能注意到圖上的環的總數不能超過$n?2$（長度為$3～n$的各一個），否則答案一定是$Yes$。然后考慮在一棵樹上，我們每加入一條邊后至少增加一個環，所以如果$m\ge 2n?3$的話答案一定是$Yes$，這樣我們就成功讓$m$就和$n$同級了。

然后考慮如果我們走的每一步都能保證往后是能搜出至少一個環的話，那么一個環最多被統計$2x$次，也就是要搜$2x^2$個點，那么如果答案是$No$我們就最多只需要搜${\sum }_{i=1}^{n}2i^2$也就是$O(n^3)$級別次。

那么如何保證我們走的每個點一定能搜出環，很簡單，假設我們的環從$s$出發，我們走到一個點是時暴力$O(n)$地判斷它是否能不經過目前重復的走到$s$，如果能那么它搜下去至少會有一個新的環。

這樣我們就做到$O(n^4)$的復雜度了。

然后是一個神仙優化

我們假設我們在圖上刪除$\sqrt{n}$條邊，那么每條邊被刪除的概率就是$\frac{1}{\sqrt{n}}$，假設圖恰好長度為$3～n$的環各有一個，那么一個長度為$x$的環沒被刪除的概率就是$(1?\frac{1}{\sqrt{n}}{)}^x$，同理那最后圖上剩下的環的期望個數就是
$$\sum _{i=3}^n{\left(1?\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}^i<\frac{1}{1?\left(1?\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}=\sqrt{n}$$
所以刪除$\sqrt{n}$條邊之后圖上期望剩下$\sqrt{n}$個環，因為是隨機刪的，所以如果按照最優去刪除的話肯定存在一種方案使得圖上剩下不超過$\sqrt{n}$個環。

然后我們指定刪一條邊肯定能刪掉一個環，所以我們只需要刪除$2\sqrt{n}$條邊就可以使得圖上不存在任何一個環，換句話說我只需要刪除$2\sqrt{n}$條邊就可以讓這張圖的邊數不超過$n?1$，所以這張圖的邊數不超過$n?1+2\sqrt{n}$。

所以再換句話說，我們就得到了最重要的結論，如果圖的邊數大于等于$n+2\sqrt{n}$那么答案肯定是$Yes$。

所以我們只需要考慮怎么處理$n+2\sqrt{n}$的情況，我們先找出一棵生成樹，然后對于所有的非樹邊的端點建出一棵虛樹，然后連接上非樹邊，這樣我們就得到一張邊數和點數都是$\sqrt{n}$級別的圖。

不難發現我們上面那種情況也是能處理帶權圖的（需要注意的是一個長度為$x$的環出現的次數不是$2x$了，我們需要記錄這個環在虛樹上的邊數$s$，如果存在兩種不同的邊數肯定是兩個不同的環，否則就判斷出現次數$>2s$），所以我們的復雜度就到了快速的$O(n^2)$了。

因為跑不滿并且這是LOJ所以能過。

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code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<cmath> using namespace std; const int N=1e4+10; struct node{int to,next,w; }a[N<<1]; int n,m,tot,cnt,ls[N],dep[N],pos[N]; int las[N],vis[N],dis[N],len[N],c[N]; vector<int> G[N]; void addl(int x,int y,int w){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;a[tot].w=w;a[++tot].to=x;a[tot].next=ls[y];ls[y]=tot;a[tot].w=w;return; } void dfs(int x,int fa){dep[x]=dep[fa]+1;las[x]=fa;int num=0;for(int i=0;i<G[x].size();i++){int y=G[x][i];if(y==fa)continue;if(dep[y]){if(dep[y]>dep[x])continue;if(!pos[x])pos[x]=x;if(!pos[y])pos[y]=y;addl(pos[x],pos[y],1);}else{dfs(y,x);if(pos[y])num=num?-1:pos[y];}}if(!pos[x]&&num<0)pos[x]=x;if(pos[x]){for(int i=0;i<G[x].size();i++){int y=G[x][i];if(y==fa)continue;if(pos[y]&&las[y]==x)addl(pos[x],pos[y],dep[pos[y]]-dep[pos[x]]);}}else pos[x]=num;return; } bool calc(int x,int fa,int t){if(!dep[x])return 1;vis[x]=t;for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to;if(i==fa||dep[y]>0||vis[y]==t)continue;bool flag=calc(y,i^1,t);if(flag)return 1;}return 0; } void solve(int x,int fa){if(!calc(x,fa,++cnt))return;for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){int y=a[i].to,r=dis[x]+a[i].w;if(i==fa)continue;if(!dep[y]){if(!len[r])len[r]=dep[x]+1;if(len[r]!=dep[x]+1){puts("Yes");exit(0);}c[r]++;if(c[r]>len[r]*2){puts("Yes");exit(0);}}if(dep[y]>=0)continue;dep[y]=dep[x]+1;dis[y]=dis[x]+a[i].w;solve(y,i^1);dep[y]=-1;}return; } int main() { // freopen("4-01.in","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&m);tot=1;if(m>n+sqrt(n)*2.0)return puts("Yes")&0;for(int i=1,x,y;i<=m;i++){scanf("%d%d",&x,&y);G[x].push_back(y);G[y].push_back(x);}for(int i=1;i<=n;i++)if(!dep[i])dfs(i,0);memset(dep,-1,sizeof(dep));for(int i=1;i<=n;i++)if(pos[i]==i)dep[i]=0,dis[i]=0,solve(i,0),dep[i]=-1;puts("No");return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Loj#3077-「2019 集训队互测 Day 4」绝目编诗【结论,虚树,鸽笼原理】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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