1.最短路
- NOI2019 D2T1
我被这题送Fe了/lb
只有zz才会写二维线段树，比如我。
实际上你只需要矩形取min就可以。
kd-tree可以随便过，最慢的点(0.1s)。
另外一种简单做法是把边压到堆里，每次找到的最小（出发点+边权）的边一定是最优的，然后清空对应的矩形，线段树套set或者并查集都可以过。（stO _rqy Claris Orz)
- (n)个点，(m)条边的DAG，求删去每个点后(1)到(n)最短路。(n,m leq 3 imes 10^5)。
拓扑排序之后，对每个点(x)预处理出(f_x,g_x)，分别表示(1->x)和(x->n)的最短路。
按照拓扑序考虑每个点(x)，同时维护两个集合(A,B)，分别表示拓扑序在(x)前、后的点。
这样答案一定形如$f_a+g_b+(a, b), a in A,bin B $。
用堆维护上述结构，当(x)转移到(x+1)时，只需把(x)加入(A)，并把(x+1)从(B)中移除，并处理相应影响即可。
- (n)个点，(m)条边的有向图，计算每个点传递闭包大小，允许误差，最多差两倍。(n,mleq 2 imes 10^5)。
SD省集讲过……然而我又忘了。
结论：([0,1])之间的(n)个随机变量，最小值的期望是(frac{1}{n+1})。
比较显然。
缩点之后，给每个点赋一个([0,1])的变量(f_i)，然后按照拓扑序执行(f_x=min(f_x, f_y), where~(x,y)~exists.)
重复若干次，取(f_i)平均值计算，可以证明期望误差不会超过两倍。
2.生成树
- (n)个点，(m)条边的无向图，第(i)条边的花费是(2^i)。现在想要经过每条道路至少一次，求最小花费。
每条边先走一次，然后若干条边需要走两次，使原图成为欧拉回路。
发现每棵生成树都能做到，选择最小生成树即可。
统计答案的时候从叶子往根节点统计，简单的树形dp。
- (n)个点的图，每两个点之间有若干条黑、白边，求恰好(k)条白边生成树个数。
长见识了……Matrix Tree里不仅可以放整数，也可以放多项式，因为它满足所有四则运算的规律……
设(i,j)间有(a_{i,j})条白边，(b_{i,j})条黑边，则矩阵中(c_{i,j})位置是(a_{i,j}x+b_{i,j})。
这样最后算出行列式是一个(n-1)次多项式，第(i)项的系数是恰好(i)条白边的生成树个数。
直接计算多项式会很麻烦，但是可以选(n)个(x_i)带入多项式计算，然后拉格朗日插值出多项式。复杂度(O(n^4))。
- (n)个点的图，边带权，求所有生成树权值和的(k)次方和。(n,k leq 50, w_i leq 10^9)。
跟上面那题很像，拆开(k)次方之后，矩阵中每个位置都是一个(k)次组合生成函数。最后乘起来是一个((n-1)k)次多项式，选((n-1)k+1)个点插值即可。复杂度(O(n^4k))，反正能过。
- 求(n)个点的最小方差生成树，(n leq 10^5,w_i leq 10^9)。
比较暴力的思路：
设(f(x)=sum (v_i-x)^2)，发现(f(x))在(x)取到平均值时有最小值。即，用别的数来代替平均值，不会使答案变小。
所以可以枚举平均值(sigma)，边按照((v_i - sigma )^2)排序，求最小生成树。
但是值域过大无法枚举。发现在枚举(sigma)的过程中，本质不同的排序方案只有(m^2)种（两条边会在唯一确定的时刻交换顺序）。
因此暴力的解法可以做(m^2)次最小生成树，时间复杂度(O(m^3log m))。
考虑优化，发现每条边的贡献是一个(a_i>0)的二次函数，并且所有二次函数的(a_i)相同，这意味着它存在于最小生成树的时间是一段区间。
如果把边按(w_i)从小到大排序，每条边“能被加入的时候”会踢掉之前在树中的(w_i)最小的边（考虑二次函数的形态，此时这条最小的边的贡献已经越过最低点，开始增长）
lct维护最大生成树以及边的权值和、权值平方和即可。时间复杂度(O(mlog m))。
3.2-SAT
- (n)个点，(m)条边，有(k)个集合，满足每个点恰好属于其中一个。每个集合选恰好一个点，使每条边至少选了一个端点。(n,m,k leq 10^6)。
边的限制是2-SAT板子。
集合的限制比较麻烦，对于每个集合建一个前缀集合(A)和后缀集合(B)，存在如下限制：如果(A_i=1)，则(A_{i+1}=1)；如果(A_{i+1}=0)，则(A_{i}=0)；如果(A_i=0)，则(S_{A_i}=0)。(B)的限制同理。
前后缀法把本来接近完全图的连边优化成了线性。
- (n)个点((x_i,y_i))，每个点建一个建筑，形如以该点为斜边中心的等腰直角三角形，且斜边平行或垂直于(x)轴，求最大边长。(n leq 60)。
二分答案，把每个点拆成四个小直角三角形。发现对角的两个选且仅能选一个。然后就随便2-SAT了。
- (n)个点的树，(m)个关键点，给每个关键点确定一个树上位置(p_i)，满足(k)个形如“以(p_x)为根，(p_y,p_z)的lca为(w)点”的限制。(n,m leq 100)。
首先限制可以转化为，以(Q)为根时，(p_x,p_y,p_z)两两之间不在同一棵子树里。
先随便硬点一个点为根，设(f_{x,y})表示关键点(x)是否在树上点(y)的子树里。然后随便连一下边就好了。
4.欧拉回路
- (n)个点((x,y))，每个点黑白染色，使得每行每列都满足(|black-white|leq 1)，输出方案。(nleq 2 imes 10^5)。
先假设限制缩紧到(|black-white|= 0)且保证有解。
对行列建二分图，求出一个欧拉回路，则向左为黑，向右为白。
实际上会有一些点度数为奇数。两边各建一个虚点，向对面奇数点连边。跑出的欧拉回路，每个点至多和一个虚点有边。
- (n)个点，(m)条边，存在自环的无向图，对于每一个边集的子集，若它的导出子图的每个连通块都存在欧拉回路，则它对答案的贡献为子集边数的平方。(nleq 10^5)。
显然转化为每个点度数都是偶数。
考虑简化形式：任意子集贡献为(1)，即答案为满足条件的子集个数。列出(m)个变量的(n)个xor方程组，答案即为(2^{p})，(p)为自由元个数。
方程组很难解，但仔细观察可以发现，对于每个连通块，任意求一棵生成树，则对于任一种非树边的集合，都可以在生成树上找到唯一的一组解，使得所有点度数为偶数。
因此对于这种简化形式，答案为(2^{m-n+x})，其中(x)为连通块个数。
我们发现，对于一个边集，边数的平方等价于在边集中选两条边的方案数。因此我们可以硬点两条边(a, b)必选，计算包含这两条边的方案数。
如果这两条边涉及了桥边，则两个被分开的连通块里都产生了一个奇数点，且这个奇数点无法消除，所以一定无解。
如果删去这两条边没有改变连通性，我们可以将这两条边删去，仍然可以找到一棵生成树，但非树边减少了(2)，答案为(2^{m-n+x-2})。
同理，若删边后连通块增加了(1)（可以理解为断开了一个环），答案为(2^{m-x+x-1})。
对于判断连通性，可以先对每个连通块生成一棵dfs树（这样只有返祖边），并对每条非树边随机一个ull的权值，对它覆盖的链xor上这个权。如果两条边权值相等，则删除它们后，中间的部分必然会被独立。随便维护一下这个权值就好了。
实际上不需要枚举，只需要算出各种情况的个数就可以了。