G - Typical Path Problem

题目大意

给定一张 $N$ 个点、$M$ 条边的简单无向图 $G$ 和三个整数 $A,B,C$。

是否存在一条从顶点 $A$ 到 $C$，且经过 $B$ 的简单路径？

数据范围：

• $3\le N\le 2\times 10^5$
• $N-1\le M\le \min(\frac{N(N-1)}2,2\times 10^5)$
• $1\le A,B,C\le N$（$A,B,C$ 互不相同）

什么是 简单路径 ？
简单路径 是不重复经过同一个点的路径。例如，$1\to 2\to 3$ 是简单路径，但 $1\to 2\to 1$ 不是简单路径。

解法1：最大流

不难发现，存在一条 $A\to B\to C$ 的简单路径，当且仅当存在一条 $B\to A$ 和一条 $B\to C$ 的路径，使得这两条路径不经过同一个点（$B$ 除外）。因此，我们可以构建网络流模型来解决此问题。

考虑由 $(2N+2)$ 个点组成的有向图 $G'$：

• 源点：$s$
• 汇点：$t$
• $G$ 中每个点对应的入点：$x_1,\dots,x_N$
• $G$ 中每个点对应的出点：$y_1,\dots,y_N$

然后进行连边：

• 对于每个 $1\le i\le N$，从入点 $x_i$ 向出点 $y_i$ 连接一条流量为 $1$ 的边；
• 从源点 $s$ 到中转点的入点 $x_B$ 连接一条流量为 $2$ 的边；
• 从 $A$ 和 $C$ 的出点 $y_A,y_C$ 向汇点 $t$ 分别连接一条流量为 $1$ 的边；
• 最后，$\forall (u,v)\in E_G$，连接 $y_u \to x_v$ 和 $y_v \to x_u$，流量为 $1$。

计算 $s$ 到 $t$ 的最大流，如果最大流为 $2$ 则必定有存在不经过同一个顶点的 $B\to A,B\to C$ 的路径。

证明
显然，如果最大流为 $2$，必然通过了 $y_A$ 和 $y_C$ 向汇点连接的边，则一定分别有 $B\to A$ 和 $B\to C$ 的路径。
假设选择的这两条路径经过了同一顶点 $v$，则两流都必须经过 $x_v\to y_v$ 这一条流量为 $1$ 的边，此时最大流不可能超过 $1$。而最大流为 $2$，说明假设不成立，故没有经过同一顶点。

若使用 $\text{Dinic}$ 算法，由于最大流不超过 $2$，网络流的时间复杂度为 $\mathcal O(N+M)$。

代码实现

在以下的两种实现中，我们规定

• 源点：$s=0$
• 汇点：$t=2n+1$
• $i$ 的入点：$x_i=i$
• $i$ 的出点：$y_i=n+i$

AC Library 实现

AtCoder Library 内置最大流的 $\text{Dinic}$ 实现。

#include <cstdio>
#include <atcoder/maxflow>
using namespace std;

int main()
{
	int n, m, a, b, c;
	scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b, &c);
	int s = 0, t = (n << 1) + 1;
	atcoder::mf_graph<int> G(t + 1);
	G.add_edge(s, b + n, 2);
	G.add_edge(a + n, t, 1);
	G.add_edge(c + n, t, 1);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		G.add_edge(i, i + n, 1);
	while(m--)
	{
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		G.add_edge(x + n, y, 1);
		G.add_edge(y + n, x, 1);
	}
	puts(G.flow(s, t, 2) == 2? "Yes": "No");
	return 0;
}

Dinic 手写实现

$\text{Dinic}$ 算法对于此图的时间复杂度为 $\mathcal O(N+M)$。如果不清楚算法原理可以参考 OI Wiki。

关于空间分配问题
由于新图 $G'$ 包含 $(N+2M+3)$ 条边，若使用静态链式前向星存图，数组大小需要开到 $2(N+2M+3)$，其理论最大值为 $1.2\times 10^6+6$。此处建议使用 $1.25\times 10^6$ 大小的数组。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define maxn 400005
#define maxm 1250005
using namespace std;

int n, s, t, head[maxn], cur[maxn], dis[maxn],
	cnt, w[maxm], to[maxm], nxt[maxm];

inline void add(int u, int v, int flow)
{
	nxt[cnt] = head[u];
	head[u] = cnt;
	to[cnt] = v;
	w[cnt++] = flow;
}

inline void add_flow(int u, int v, int f)
{
	add(u, v, f);
	add(v, u, 0);
}

inline bool bfs()
{
	memset(dis, -1, sizeof(int) * n);
	dis[s] = 0, cur[s] = head[s];
	queue<int> q;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int v = q.front(); q.pop();
		for(int i=head[v]; ~i; i=nxt[i])
			if(w[i])
			{
				int u = to[i];
				if(dis[u] == -1)
				{
					dis[u] = dis[v] + 1, cur[u] = head[u];
					if(u == t) return true;
					q.push(u);
				}
			}
	}
	return false;
}

int dfs(int v, int flow)
{
	if(v == t) return flow;
	int res = 0;
	for(int i=cur[v]; ~i && flow; i=nxt[i])
	{
		cur[v] = i;
		int u = to[i];
		if(w[i] && dis[u] == dis[v] + 1)
		{
			int k = dfs(u, min(flow, w[i]));
			w[i] -= k;
			w[i ^ 1] += k;
			flow -= k;
			res += k;
		}
	}
	return res;
}

int main()
{
	int n, m, a, b, c;
	scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b, &c);
	s = 0, t = (n << 1) + 1, ::n = t + 1;
	memset(head, -1, sizeof(int) * ::n);
	add_flow(s, b + n, 2);
	add_flow(a + n, t, 1);
	add_flow(c + n, t, 1);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		add_flow(i, i + n, 1);
	while(m--)
	{
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		add_flow(x + n, y, 1);
		add_flow(y + n, x, 1);
	}
	int mf = 0;
	while(bfs()) mf += dfs(s, 2);
	puts(mf == 2? "Yes": "No");
	return 0;
}

解法2：圆方树

注意到以下算法的正确性：

• 找到 $A\to C$ 的任意简单路径。对于经过的每一个点双连通分量，如果 $B$ 在此点双内，则必然存在 $A\to B\to C$ 的简单路径；如果 $B$ 不属于任一经过的点双，则不可能存在 $A\to B\to C$ 的简单路径。

因此，可以使用 $\text{Tarjan}$ 算法构造原图的圆方树 $T$ 来解决此问题。将上述算法转换到圆方树上如下：

• 在 $T$ 上找到 $A\to C$ 的唯一简单路径。对于经过的每一个方点，如果 $B$ 是与其相邻的圆点，则必然存在 $A\to B\to C$ 的简单路径；如果 $B$ 不与任一经过的方点相邻，则不可能存在 $A\to B\to C$ 的简单路径。

总时间复杂度为 $\mathcal O(N+M)$，实际运行时间优于网络流解法。

代码实现

小贴士：圆方树相关的数组要开到两倍大小，不然会 RE 哦~

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#define maxn 200005
using namespace std;

inline void setmin(int& x, int y)
{
	if(y < x) x = y;
}

vector<int> G[maxn], T[maxn << 1];

inline void add_edge(vector<int>* G, int x, int y)
{
	G[x].push_back(y);
	G[y].push_back(x);
}

int dfc, dfn[maxn], low[maxn], top, st[maxn], cnt;

void tarjan(int v)
{
	low[v] = dfn[v] = ++dfc;
	st[++top] = v;
	for(int u: G[v])
		if(!dfn[u])
		{
			tarjan(u);
			setmin(low[v], low[u]);
			if(low[u] == dfn[v])
			{
				add_edge(T, v, ++cnt);
				do add_edge(T, st[top], cnt);
				while(st[top--] != u);
			}
		}
		else setmin(low[v], dfn[u]);
}

int n, m, a, b, c, ct[maxn << 1];
void dfs(int v, int par)
{
	if(v > n)
		for(int u: T[v])
			ct[u] ++;
	if(v == c)
	{
		puts(ct[b]? "Yes": "No");
		exit(0);
	}
	for(int u: T[v])
		if(u != par)
			dfs(u, v);
	if(v > n)
		for(int u: T[v])
			ct[u] --;
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b, &c);
	while(m--)
	{
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		add_edge(G, x, y);
	}
	cnt = n;
	tarjan(1);
	dfs(a, -1);
	return 0;
}

总结

三种解法的对比参见下表：

可见，圆方树算法的运行速度最快，最大流（AC Library）的代码最短，最大流（Dinic）的内存占用最小。

个人评价
这道题出得很好，题意简单而内涵丰富。
我赛时甚至没想到还可以网络流