「题解」NWRRC2017 Grand Test
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题目
题目链接:洛谷 P7025、gym101612G。
题意概述
给你一张有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图,无重边无自环,请你求出两个点 \(s,t\) 使得 \(s,t\) 之间有三条不重合的简单路径。
\(1\leq\sum n,\sum m\leq 10^5\)
题解
探究图的性质
考虑到本题是无向图,我们不难想到一个引理。
引理:无向图的 dfs 树上只存在树边和返祖边。
考虑到 dfs 树中只会存在树边、返祖边、横叉边,因此我们只需要证明无向图的 dfs 树上不存在横叉边即可。
考虑反证法。
假设存在一条横叉边 \((u,v)\),目前遍历到 \(u\),\(v\) 在之前被访问过,根据横叉边的定义,\(v\) 不是 \(u\) 的祖先。
根据深度优先搜索的深度优先原则,此时一定访问完了所有与 \(v\) 相连的节点,但 \(u\) 却未被访问到,造成矛盾,假设不成立,引理得证。
利用性质构造方案
考虑到 dfs 树上只有额外的返祖边,我们不难构造出一种方案。
对于一个点 \(u\),如果它的两棵子树内存在两个节点 \(x,y\) 使得有两条返祖边 \((x,p_1),(y,p_2)\) 满足 \(p_1,p_2\) 是节点 \(u\) 的祖先,则 \(s=p_1,t=u\) 符合条件。
画成图长下面这样:
充分性十分显然,下面我们考虑证明必要性。即不存在上述情况,也有满足条件的三条路径和两个节点。
不难发现这是不可能的,因为只要存在起点与终点,它们在 dfs 树上必然是祖先关系,因此一定满足上述情况,矛盾。
因此我们证明了这个条件的充分必要性,用 tarjan 算法判定即可。时间复杂度 \(\Theta(n)\)。
参考程序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
static char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define flush() (fwrite(wbuf,1,wp1,stdout),wp1=0)
#define putchar(c) (wp1==wp2&&(flush(),0),wbuf[wp1++]=c)
static char wbuf[1<<21];int wp1;const int wp2=1<<21;
inline int read(void){
reg char ch=getchar();
reg int res=0;
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))res=10*res+(ch^'0'),ch=getchar();
return res;
}
inline void write(reg int x){
static char buf[32];
reg int p=-1;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
if(!x) putchar('0');
else while(x) buf[++p]=(x%10)^'0',x/=10;
while(~p) putchar(buf[p--]);
return;
}
const int MAXN=1e5+5;
int n,m;
vector<int> G[MAXN];
int fa[MAXN];
int tim,dfn[MAXN],rnk[MAXN],low[MAXN],ed[MAXN],clow[MAXN],ced[MAXN];
int s,t;
inline void tarjan(reg int u,reg int father){
fa[u]=father;
dfn[u]=low[u]=clow[u]=++tim;
rnk[tim]=u;
ed[u]=ced[u]=u;
for(int v:G[u])
if(v!=father){
if(!dfn[v]){
tarjan(v,u);
if(low[v]<low[u]){
clow[u]=low[u],ced[u]=ed[u];
low[u]=low[v],ed[u]=ed[v];
}
else if(low[v]<clow[u])
clow[u]=low[v],ced[u]=ed[v];
}
else{
if(dfn[v]<low[u]){
clow[u]=low[u],ced[u]=ed[u];
low[u]=dfn[v],ed[u]=u;
}
else if(dfn[v]<clow[u])
clow[u]=dfn[v],ced[u]=u;
}
}
if(!s&&!t&&clow[u]<dfn[u])
s=u,t=rnk[clow[u]];
return;
}
inline vector<int> getPath(reg int son,int father){
vector<int> res;
for(int p=son;p!=father;p=fa[p])
res.push_back(p);
res.push_back(father);
return res;
}
inline vector<int> reverse(vector<int> a){
reverse(a.begin(),a.end());
return a;
}
inline vector<int> merge(vector<int> a,vector<int> b){
a.insert(a.end(),b.begin(),b.end());
return a;
}
int main(void){
reg int T=read();
while(T--){
n=read(),m=read();
for(reg int i=1;i<=n;++i)
G[i].clear();
for(reg int i=1;i<=m;++i){
static int u,v;
u=read(),v=read();
G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
}
tim=0,fill(dfn+1,dfn+n+1,0);
s=0,t=0;
for(reg int i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i])
tarjan(i,0);
if(!s&&!t)
write(-1),putchar('\n');
else{
write(s),putchar(' '),write(t),putchar('\n');
vector<int> ans1=getPath(s,t);
write(ans1.size()),putchar(' ');
for(reg int i=0,siz=ans1.size();i<siz;++i)
write(ans1[i]),putchar(i==siz-1?'\n':' ');
vector<int> ans2=merge(reverse(getPath(ed[s],s)),reverse(getPath(t,rnk[low[s]])));
write(ans2.size()),putchar(' ');
for(reg int i=0,siz=ans2.size();i<siz;++i)
write(ans2[i]),putchar(i==siz-1?'\n':' ');
vector<int> ans3=merge(reverse(getPath(ced[s],s)),getPath(rnk[clow[s]],rnk[clow[s]]));
write(ans3.size()),putchar(' ');
for(reg int i=0,siz=ans3.size();i<siz;++i)
write(ans3[i]),putchar(i==siz-1?'\n':' ');
}
}
flush();
return 0;
}
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