三元環計數和四元環計數問題

• 無向圖三元環計數問題
• • 根號分治
  • bitset
• 無向圖四元環計數問題
• 有向圖三四元環計數問題

無向圖三元環計數問題

根號分治

記 $d_i:i$ 在原圖中的度數。

按照以下規則改寫無向圖為有向圖：

• 對于一條邊 $u,v$。
  • 如果兩點度數不同，則度數大的指向度數小的。
  • 如果兩點度數相同，則編號小的指向編號大的。

「其實只需要定一個有序的規則即可，可以是度數小的指向大的，可以是編號大的指向小的，都不影響。」

顯然，這個有向圖同時也是個無環圖。

證明：

假設存在一個環 $(x_0,x_1,x_2,...,x_k)$。

則有 $d_{x_0}\ge d_{x_1}\ge d_{x_2}\ge ...\ge d_{x_k}$。

即 $d_{x_0}=...=d_{x_k}$。

所以 $x_0<x_1<x_2<...<x_k<x_0$，矛盾。

所以三元環 $(u,v,w)$ 在新圖中的邊一定是：$u\to v,u\to w,v\to w$。

考慮在 $u$ 點記錄這個三元環的貢獻。

將所有與 $u$ 直接相連的點打上標記，再從中枚舉點作 $v$ ，枚舉與 $v$ 直接相連的點 $w$ ，檢查 $w$ 是不是 $u$ 指向的點即可。

時間復雜度為 $O(m\sqrt{m})$。

證明：

將枚舉 $w$ 的復雜度記在 $u\to v$ 邊上，顯然為 $ou{t}_v$ 。「$ou{t}_v:v$ 的出度」

則總復雜度為 ${\sum }_{(u,v)\in E}ou{t}_v+{\sum }_{u}ou{t}_u$

• 若 $ou{t}_v<\sqrt{m}$，則復雜度為 $O(m\sqrt{m})$。

• 若 $ou{t}_v>\sqrt{m}$，因為有向圖的連邊規則，有 $ou{t}_u\ge ou{t}_v>\sqrt{m}$。

原無向圖的總邊數為 $m$，所以這樣的 $(u,v)$ 僅有 $\sqrt{m}$ 個，復雜度為 $O\sqrt{m}$。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 100005 #define maxm 200005 vector < int > G[maxn]; int n, m; int d[maxn], Eu[maxm], Ev[maxm], vis[maxn];bool cmp( int x, int y ) {return d[x] == d[y] ? x < y : d[x] > d[y]; }int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &Eu[i], &Ev[i] );d[Eu[i]] ++, d[Ev[i]] ++;}for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( cmp( Eu[i], Ev[i] ) ) G[Eu[i]].push_back( Ev[i] );else G[Ev[i]].push_back( Eu[i] );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j : G[i] ) vis[j] = i;for( int j : G[i] )for( int k : G[j] ) if( vis[k] == i ) ans ++;}printf( "%d\n", ans );return 0; }

bitset

bitset 其實是一種二進制的優化。

只要想要的信息可以轉化為被 $0/1$ 表示出來，在空間不炸的情況下，bitset 自帶 $/\omega$ 的復雜度。

將與 $i$ 點直接相連的所有點對應在 $i$ 的 bitset 中位置置為 $1$，表示兩點有邊相連。

然后就直接枚舉每條邊，將邊的兩個端點的 bitset 取個 &，就得到了與兩點均直接相連的所有點集合。

空間復雜度為 $O(n^2)$ ，來自 bitset。

時間復雜度為 $O(\frac{nm}{\omega })$。

如果有些題目空間比較卡，不能直接硬開。

其實是給每個點很大一段的 $0$ 開完整 bitset 空間就會被大幅度浪費。

那么就可以設定一個閾值 $B$「分塊的閾值」。

對于度數 $>B$ 的點就開完整的 bitset，這種點不會超過 $\min (n,\frac{m}{B})$ 個。

度數 $\le B$ 的點就直接暴力枚舉連邊，暴力判斷。

所有度數 $>B$ 的點最多會被 $O(m)$ 條邊枚舉到，一次計算是 $O(\frac{m}{\omega })$，時間復雜度為 $O(\frac{nm}{\omega })$。

度數 $\le B$ 的點的貢獻是 $d^2$，則有 ${\sum }_d\le m,d\le B$，總共為 $\sum d^2\le B?m$。

時間復雜度為 $O(\frac{nm}{\omega }+B?m)$，空間復雜度就降為了 $O(\frac{nm}{B})$。

「根據具體題目的時空靈活選取閾值 $B$，在不甚了解三元環的根號分治時，bitset 這種優美的暴力來的快也好寫/doge」

無向圖四元環計數問題

同樣按照三元環計數問題的方法來建立有向圖，并給每一個點分配唯一的 $rank$ 排名。

則一個四元環在新圖中至少有一個，至多有兩個度數為 $2$ 的點。

這時會發現原圖的四元環 $(u,v,w,x)$ 在新建的有向圖中會有兩種情況。

• $u\to v\to w,u\to x\to w$
• $u\to v\to w\to x,u\to x$

發現這兩種形式都可以由 兩條無向邊+兩條有向邊 形式表示。

所以一個四元環唯一的表示為：$u?v\to w,u?x\to w$，且 $rank(u)$ 最小，$rank(w)$ 最大，這樣才能保證一個四元環不被反復計算。

枚舉點 $u$，枚舉其在原圖的出邊 $v$，枚舉 $v$ 的在新圖上所有出邊 $w$，且要滿足 $rank(u)<rank(v)<rank(w)$。

先 $ans\leftarrow cn{t}_w$，再 $cn{t}_w++$，最后 $u$ 更換的時候，所有 $cnt$ 都要清零。

在上述過程中，$cn{t}_w:w$ 的入度，且 $rank(w)$ 最大 $rank(u)$ 最小，那么當有兩組 $(u,v_1,w),(u,v_2,w)$ 的時候代表找到了一個四元環。

雖然環有對稱性，但這樣處理后一個四元環只會從 $u$ 算到 $w$ 上。

時間復雜度為 $O(m\sqrt{m})$。證明與三元環一樣。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 100005 vector < int > G[maxn], E[maxn]; int n, m; int d[maxn], id[maxn], rnk[maxn], cnt[maxn];int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );E[u].push_back( v );E[v].push_back( u );d[u] ++, d[v] ++, id[i] = i;}sort( id + 1, id + n + 1, []( int x, int y ) { return d[x] == d[y] ? x < y : d[x] > d[y]; } );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) rnk[id[i]] = i;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) for( int j : E[i] ) if( rnk[j] > rnk[i] ) G[i].push_back( j );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j : E[i] ) for( int k : G[j] ) if( rnk[k] > rnk[i] ) ans += cnt[k], cnt[k] ++;for( int j : E[i] ) for( int k : G[j] ) cnt[k] = 0;} printf( "%d\n", ans );return 0; }

有向圖三四元環計數問題

按照無向圖的方法做，求出一個元環后直接隨便選一個點開始左右兩個方向都走一圈，看能不能回到開始點，就知道無向圖上的元環能否用原有向圖上的邊構造出來。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【学习笔记】无向图、有向图的三元环、四元环计数问题（根号分支+bitset）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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