系列索引：
树链剖分
https://oi-wiki.org/graph/heavy-light-decomposition/
qRange：将树从 (x) 到 (y) 结点最短路径上所有节点的值都加上 (val)updRange：求树从 (x) 到 (y) 结点最短路径上所有节点的值之和qSon：将以 (x) 为根节点的子树内所有节点值都加上 (val)updSon：求以 (x) 为根节点的子树内所有节点值之和
时间复杂度 (O(nlog^2n))。
int w[N], wt[N];
int t[N<<2], laz[N<<2];
int son[N], id[N], fa[N], dep[N], siz[N], top[N];
inline void pushdown(int k, int len) {
laz[k<<1]+=laz[k];
laz[k<<1|1]+=laz[k];
t[k<<1] = (t[k<<1] + laz[k]*(len-(len>>1))) % MOD;
t[k<<1|1] = (t[k<<1|1] + laz[k]*(len>>1)) % MOD;
laz[k]=0;
}
void build(int k, int l, int r) {
if (l==r) {t[k] = wt[l] % MOD; return; }
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1, l, mid);
build(k<<1|1, mid+1, r);
t[k] = (t[k<<1] + t[k<<1|1]) % MOD;
}
int query(int k, int l, int r, int x, int y) {
if (x<=l && r<=y) {return t[k]; }
if (laz[k]) pushdown(k, r-l+1);
int mid=(l+r)>>1, res=0;
if (x<=mid) res = (res + query(k<<1, l, mid, x, y)) % MOD;
if (y>mid) res = (res + query(k<<1|1, mid+1, r, x, y)) % MOD;
return res;
}
void update(int k, int l, int r, int x, int y, int val) {
if (x<=l && r<=y) {laz[k]+=val, t[k]+=val*(r-l+1); return; }
if (laz[k]) pushdown(k, r-l+1);
int mid=(l+r)>>1;
if (x<=mid) update(k<<1, l, mid, x, y, val);
if (y>mid) update(k<<1|1, mid+1, r, x, y, val);
t[k] = (t[k<<1] + t[k<<1|1]) % MOD;
}
inline int qRange(int x, int y) {
int ans=0;
while (top[x]!=top[y]) {
if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
ans = (ans + query(1, 1, n, id[top[x]], id[x])) % MOD;
x=fa[top[x]];
}
if (dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
ans = (ans + query(1, 1, n, id[x], id[y])) % MOD;
return ans;
}
inline void updRange(int x, int y, int val) {
val %= MOD;
while (top[x]!=top[y]) {
if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
update(1, 1, n, id[top[x]], id[x], val);
x=fa[top[x]];
}
if (dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
update(1, 1, n, id[x], id[y], val);
}
inline int qSon(int x) {
return query(1, 1, n, id[x], id[x]+siz[x]-1);
}
inline void updSon(int x, int val) {
update(1, 1, n, id[x], id[x]+siz[x]-1, val);
}
void dfs1(int x, int f, int d) {
dep[x] = d, fa[x] = f, siz[x] = 1;
int heavy=-1;
for (rint i=head[x]; i; i=nex[i]) {
int &y=to[i]; if (y==f) continue;
dfs1(y, x, d+1);
siz[x]+=siz[y];
if (siz[y]>heavy) son[x]=y, heavy=siz[y];
}
}
void dfs2(int x, int tp) {
id[x]=++id[0], wt[id[0]]=w[x], top[x]=tp;
if (!son[x]) return;
dfs2(son[x], tp); // heavy son first
for (rint i=head[x]; i; i=nex[i]) {
int &y=to[i]; if (y==fa[x] || y==son[x]) continue;
dfs2(y, y); // light son with new chain
}
}
dfs1(root, 0, 1);
dfs2(root, root);
build(1, 1, n);
求树的重心
https://oi-wiki.org/graph/tree-misc/
拓扑排序
在顶点活动网 (Activity On Vertex network, AOV) 中，若不存在回路，则所有活动可排列成一个线性序列，使得每个活动的所有前驱活动都排在该活动的前面，我们把此序列叫做拓扑序列 (Topological order)，由 AOV 网构造拓扑序列的过程叫做拓扑排序 (Topological sort)。AOV 网的拓扑序列不是唯一的，满足上述定义的任一线性序列都称作它的拓扑序列。
Kahn 算法：
将入度为 0 的边组成一个集合 (S)，每次从 (S) 里面取出一个顶点 (v) (可以随便取) 放入 (L)，然后遍历顶点 (v) 的所有边 ((u_1, v), (u_2, v), (u_3, v) cdots) 并删除，判断如果该边的另一个顶点在移除这一条边后入度为 0，那么就将这个顶点放入集合 (L) 中。
不断地重复取出顶点。
最后当集合为空后，就检查图中是否存在任何边。如果有，那么这个图一定有环路，否则返回 (L)，(L) 中顺序就是拓扑排序的结果。
常用队列实现 (S) 集合。时间复杂度 (O(V+E ))。
int ind[N], topo[N], cnt;
queue<int> q;
for (int i=1, a, b; i<=m; i++)
scanf("%d%d", &a, &b), add(a, b), ++ind[b];
for (int i=1; i<=n; i++) if (!ind[i]) q.push(i);
while (!q.empty()) {
int t = q.top(), q.pop(); topo[++cnt] = t;
for (int i=head[t]; i; i=nex[i]) {
--ind[to[i]];
if (!ind[to[i]]) q.push(to[i]);
}
}
if (cnt < n) printf("有环！")
强连通分量
在一个有向图中，如果某两点间都有互相到达的路径，那么称中两个点强连通，如果任意两点都强连通，那么称这个图为强连通图；一个有向图的极大强连通子图称为强连通分量。
一个强连通分量中的点一定处于搜索树中同一棵子树中。
Tarjan 算法：
low[]表示这个点以及其子孙节点连的所有点中dfn最小的值.s[]表示当前所有可能能构成是强连通分量的点.col[]对强连通分量进行染色.v[to[k]]==false说明无论如何这个点也不能与u构成强连通分量，因为它不能到达u.low[x]==dfn[x]说明u点及u点之下的所有子节点没有边是指向u的祖先的了，即u点与它的子孙节点构成了一个最大的强连通图即强连通分量.if (!dfn[i]) tarjan(i);Tarjan一遍不能搜完所有的点，因为存在孤立点. 所以我们要对一趟跑下来还没有被访问到的点继续跑Tarjan.
均摊时间复杂度 (O(n)).
int dfn[N], low[N], t, s[N], st;
int col[N], ct;
bool v[N];
void tarjan(int x) {
dfn[x]=low[x]=++t, s[++st]=x, v[x]=true;
for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
if (dfn[to[k]]) {if (v[to[k]]) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]); }
else tarjan(to[k]), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
}
if (low[x]==dfn[x]) {
col[x]=++ct, v[x]=false;
while (s[st]!=x) col[s[st]]=ct, v[s[st--]]=false;
--st;
}
}
for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (rint i=1; i<=n; ++i) ++cnt[col[i]];
for (rint i=1; i<=ct; ++i) if (cnt[i]>1) ++ans;
printf("%d
", ans);
缩点
缩点: 对于 贡献具有传递性 的题，因为强连通分量中的每两个点都是强连通的，可以将一个强连通分量当做一个 超级点，而点权按题意来定.
POJ2186 Popular Cows: 告诉你有n头牛，m个崇拜关系，并且崇拜具有传递性，如果a崇拜b，b崇拜c，则a崇拜c，求最后有几头牛被所有牛崇拜.
显然一个强联通分量内的所有点都是满足条件的，我们可以对整张图进行缩点，然后就简单了.
剩下的所有点都不是强连通的，现在整张图就是一个DAG（有向无环图）.
那么就变成一道水题了，因为这是一个有向无环图，不存在所有点的出度都不为零的情况.
所以必然有1个及以上的点出度为零，如果有两个点出度为零，那么这两个点肯定是不相连的，即这两圈牛不是互相崇拜的，于是此时答案为零，如果有1个点出度为0，那么这个点就是被全体牛崇拜的.
这个点可能是一个强联通分量缩成的 超级点，所以应该输出整个强联通分量中点的个数.
/* 以上同 Tarjan 求强连通分量. */
int deg[N], cnt[N];
int tot=0, ans=0;
for (int i=1; i<=n; ++i) {
for (int k=head[i]; k; k=nex[k]) if (col[to[k]]!=col[i]) ++deg[col[i]];
++cnt[col[i]];
}
for (int i=1; i<=ct; ++i) if (!deg[i]) ++tot, ans=cnt[i];
if (!tot || tot>1) printf("0
"); else printf("%d
", ans);
割点、桥
无向图.
割点
特判：根节点如果有两个及以上的儿子，那么他也是割点.
int dfn[N], low[N], t, root;
bool cut[N];
void tarjan(int x) {
int flag=0;
dfn[x]=low[x]=++t;
for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
if (dfn[to[k]]) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]);
else {
tarjan(to[k]), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
if (low[y]>=dfn[x]) {
++flag;
if (x!=root || flag>1) cut[x]=true;
}
}
}
}
for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(root=i);
for (int i=1; i<=n; ++i) if (cut[i]) printf("%d ", i);
桥
邻接表存图编号从2开始. 即开头 head[0]=1;.
int dfn[N], low[N], t;
bool bdg[N<<1];
void tarjan(int x, int last) {
dfn[x]=low[x]=++t;
for (int k=head[x]; k; k=nex[k]) {
if (dfn[to[k]]) if (i!=(last^1)) low[x]=min(low[x], dfn[to[k]]);
else {
tarjan(to[k], k), low[x]=min(low[x], low[to[k]]);
if (low[y]>=dfn[x]) bdg[k]=bdg[k^1]=true;
}
}
}
for (int i=1; i<=n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);
for (int i=2; i<head[0]; i+=2) if (bdg[i]) printf("%d %d
", to[i^1], to[i]);