圆方树初探

圆方树

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圆方树是处理带环图的利器，它可以把原图转化成一个树的形态，所以很多树的性质都可以在其上加以利用。

圆方树实际上有两种。一种是仙人掌上圆方树，另一种是广义圆方树。

蒯图预警：接下来引用的图片全部来自网络，除了csacademy的图，没有一张不是蒯的（不蒯图会死.jpg）。感谢各位被动提供照片的神仙。

仙人掌上圆方树

首先定义仙人掌：任意一条边只会出现在一个环里面的无向连通图。Like this:

圆点就是原图上的点。

在一个仙人掌上，圆方树的构造方法是：

• 如果一条边在仙人掌中不属于任何一个环，那么就直接将圆方树上对应两圆点相连。
• 而对于每一个点双连通分量（也就是环），我们都构建出一个方点，将环上的点都向方点连一条边。这样每一个方点对应原图中的一个环。

Like this:

可以证明这样构造出来的新图一定是一棵树（引用自WC2017 immortalCO课件）：

仙人掌上圆方树的构造

直接套用Tarjan找点双的方法实现。在这里，两个点一条边的情况并不看作点双，特殊考虑一下子。

inline void Tarjan(int nw,int pa=0){
    dfn[nw]=low[nw]=++dfc;stk[++tp]=nw;
    for(int to:r_E[nw])
	if(to^pa){
	    if(!dfn[to]){
		Tarjan(to,nw);
		low[nw]=min(low[nw],low[to]);
		if(dfn[nw]<=low[to]){
		    if(stk[tp]==to)E[nw].pb(to),E[to].pb(nw),--tp;//only two vertices
		    else{
			++cnt;
			for(int x=0;x^to;--tp){
			    x=stk[tp];
			    E[cnt].pb(x),E[x].pb(cnt);
			}
			E[cnt].pb(nw),E[nw].pb(cnt);
		    }
		}
	    }
	    else low[nw]=min(low[nw],dfn[to]);
	}
}

一些性质

• 方点不和方点直接连接。

• 圆方树是无根树，不管取哪个点为根，构造出来的圆方树形态一样。

• 首先定义：以 r 为根的仙人掌上的点 p 的子仙人掌是从仙人掌中去掉 p 到 r 的简单
  路径上的所有边之后,p 所在的连通块。

  那么：以 r 为根的仙人掌中点 p 的子仙人掌就是圆方树以 r 为根时点 p 的
  子树中的所有圆点。

广义圆方树

广义圆方树与仙人掌圆方树不同之处在于，认为两个点一条边的情况也是点双。

广义圆方树构造 Like this:

我们可以发现：现在圆方树上圆点只和方点相连，方点只和圆点相连。

值得注意的是：因为一般图不像仙人掌（一条边只在至多一个简单环中），所以它有可能是这样

而他的点双只有这个（模拟一下Tarjan的过程就可以知道）

所以构造出的圆方树长这样：

可以看到，原图中的（1,3）的边在圆方树中已经消失不见。所以除了像仙人掌那种一条边在至多一个环内的图外，一般图构造出的圆方树边的信息会有丢失。

广义圆方树的构造

一句话的区别。将两个点一条边的情况也看作点双。

inline void Tarjan(int nw,int pa=0){
    dfn[nw]=low[nw]=++dfc;stk[++tp]=nw;
    for(int to:r_E[nw])
	if(to^pa){
	    if(!dfn[to]){
		Tarjan(to,nw);
		low[nw]=min(low[nw],low[to]);
		if(dfn[nw]<=low[to]){
		    ++cnt;
		    for(int x=0;x^to;--tp){
			x=stk[tp];
			E[cnt].pb(x),E[x].pb(cnt);
		    }
		    E[cnt].pb(nw),E[nw].pb(cnt);
		}
	    }
	    else low[nw]=min(low[nw],dfn[to]);
	}
}

例题

「APIO2018」铁人两项

Link

Solution

固定(s)和(f)，那么合法的(c)的数量就是(s)，(f)之间简单路径的点集的并集减2（减掉(s),(f)本身）。

手玩一下可以发现一个结论：两圆点在圆方树上的路径的圆点点集，加上与路径上的方点相邻的圆点点集，就等于原图中两点所有简单路径的点集。

圆方树有一个技巧：路径统计时，给点附上恰当的权值。

例如这道题，给方点附上其对应点双大小，给圆点附上-1。

那么两圆点间路径的点权和就是圆点个数。因为方点贡献就是他的点双大小，而每个割点被重复统计多次，减去就好。

直接算还是不好算，可以考虑每个点对答案贡献：就是经过他的路径个数。树形dp即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){//be careful for long long!
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^'0');ch=getchar();}
    return f?x:-x;
}

const int N=1e5+10;
int n,m,stk[N],tp,dfn[N],low[N],dfc,cnt,val[N<<1],siz[N<<1],num;
vector<int> G[N],E[N<<1];
ll ans;

inline void Tarjan(int nw){
    dfn[nw]=low[nw]=++dfc;stk[++tp]=nw;++num;
    for(int to:G[nw]){
	if(!dfn[to]){
	    Tarjan(to);
	    low[nw]=min(low[nw],low[to]);
	    if(dfn[nw]==low[to]){
		++cnt;
		for(int x=0;x!=to;--tp){
		    x=stk[tp];++val[cnt];
		    E[cnt].push_back(x),E[x].push_back(cnt);
		}
		++val[cnt];
		E[cnt].push_back(nw),E[nw].push_back(cnt);
	    }
	}
	else low[nw]=min(low[nw],dfn[to]);
    }
}
inline void Dfs(int nw,int fa=0){
    siz[nw]=(nw<=n);
    for(int to:E[nw])
	if(to^fa){
	    Dfs(to,nw);
	    ans+=2ll*val[nw]*siz[nw]*siz[to];
	    siz[nw]+=siz[to];
	}
    ans+=2ll*val[nw]*siz[nw]*(num-siz[nw]);
}

int main(){
    n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;++i)val[i]=-1;
    for(int i=1;i<=m;++i){
	int u=read(),v=read();
	G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
    }
    cnt=n;
    for(int i=1;i<n;++i)
	if(!dfn[i]){
	    tp=num=0,Tarjan(i);
	    Dfs(i);
	}
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

CF1276B Two Fairs

Link

Solution

把圆方树建出来，然后就显然了。直接将a，b两侧的子树内节点数相乘即可。

考虑两种情况：

• a，b没有祖孙关系。这一种ans就是((siz[a]-1) imes (siz[b]-1))。
• a，b有祖孙关系。不失一般性地假设a是b的祖先。这是a一侧的子树不再是(siz[a]-1)，应该是a子树以外的部分。设b往上走一直走到a儿子处的方点为s，ans就是((n-siz[s]-1)*(siz[b]-1))。注意是a往下的第一个方点而不是圆点，这是我一开始没考虑清楚的地方。方点代表的点双上，不是a的点，都可以不经过a就到达b侧子树内。他们是不应计算进答案的。

tips: (siz[])指的是子树内圆点个数。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){//be careful for long long!
    register int x=0,f=1;register char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^'0');ch=getchar();}
    return f?x:-x;
}

const int N=2e5+10,M=5e5+10;
int n,m,a,b,stk[N],tp,cnt,dfn[N],low[N],dfc,siz[N<<1],vis[N<<1],fa[N<<1];
vector<int> r_E[N],E[N<<1];
#define pb(x) push_back(x)

inline void Tarjan(int nw,int pa=0){
    dfn[nw]=low[nw]=++dfc;stk[++tp]=nw;
    for(int to:r_E[nw])
	if(to^pa){
	    if(!dfn[to]){
		Tarjan(to);
		low[nw]=min(low[nw],low[to]);
		if(dfn[nw]<=low[to]){
		    ++cnt;
		    for(int x=0;x^to;--tp){
			x=stk[tp];
			E[cnt].pb(x),E[x].pb(cnt);
		    }
		    E[cnt].pb(nw),E[nw].pb(cnt);
		}
	    }
	    else low[nw]=min(low[nw],dfn[to]);
	}
}

inline void Dfs(int nw,int pa,int type){
    vis[nw]=type;siz[nw]=(nw<=n);fa[nw]=pa;
    if(nw==a)type=1;else if(nw==b)type=2;
    for(int to:E[nw])
	if(to^pa){
	    Dfs(to,nw,type);
	    siz[nw]+=siz[to];
	}
}

int main(){
    int T=read();
    for(int t=1;t<=T;++t){
	cnt=n=read(),m=read();a=read(),b=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)r_E[i].clear();
	for(int i=1,tim=(n<<1);i<=tim;++i)E[i].clear();
	for(int i=1;i<=m;++i){
	    int u=read(),v=read();
	    r_E[u].pb(v),r_E[v].pb(u);
	}
	memset(dfn,0,sizeof(int)*(n+1));
	dfc=tp=0;Tarjan(1);
	Dfs(1,0,0);
	if(vis[a]==2){
	    int s=a;while(fa[s]!=b)s=fa[s];
	    printf("%lld
",1ll*(siz[a]-1)*(n-siz[s]-1));
	}
	else if(vis[b]==1){
	    int s=b;while(fa[s]!=a)s=fa[s];
	    printf("%lld
",1ll*(siz[b]-1)*(n-siz[s]-1));
	}
	else printf("%lld
",1ll*(siz[a]-1)*(siz[b]-1));
    }
    return 0;
}