[省选联考 2021 A/B 卷] 图函数 题解

没错，NOIP 都结束了，我才补省选题。我是一只大鸽子！！1

Description

传送门

Solution

算法一

直接暴力即可。

每次计算 $f(i,G)$ 的时候，暴力枚举 $j\in [1,i]$ 并通过 $O(m)$ 的 $\text{dfs}$ 进行判定，所以每个 $f(i,G)$ 的计算都是 $O(nm)$ 的。

注意到一共要计算 $O(nm)$ 个 $f(i,G)$，所以总复杂度是 $O(n^2{m}^2)$ 的，可以拿到 $16$ 分。这也是本蒟蒻的考场分数。

算法二

考虑如何优化 $h$ 的计算。

可以发现，$(x,y)$ 会对答案产生贡献，当且仅当 $x\ge y$，且存在一条从 $x$ 出发到 $y$，再从 $y$ 回到 $x$ 的路径使得其经过的所有点的编号均不小于 $y$。

于是，我们可以枚举 $y$，在反图和正图上分别进行一次 $\text{dfs}$，那么答案应加上在反图和正图上均被经过的点的数量。

单次 $\text{dfs}$ 是 $O(m)$ 的，一共有 $O(nm)$ 次 $\text{dfs}$，所以时间复杂度为 $O(n{m}^2)$。

实现的时候，我们可以在求 $h(i,G)$ 之前将所有不合法的边删掉，并剪枝+大力卡常，即可拿到 $44$ 分。特别的，若使用 bitset 优化 $\text{dfs}$，则时间复杂度为 $O(\frac{n^3}{w}m)$，卡常后也可以获得同样的分值。

算法三

Key Observation

若 $(x,y)$ 会对 $f(i,G)$ 产生贡献，则其同样也会对 $f(i-1,G)$ 产生贡献。

---

这启发我们给边带上边权，即这条边的编号。那么，若令 $f_{x,y}$ 表示从 $x$ 到 $y$ 的路径上的最小边权的最大值，则 $(x,y)$ 会对第 $f_{x,y}-1,f_{x,y}-2,\cdots ,0$ 个答案均产生 $1$ 的贡献——这显然可以使用差分维护。

不难发现可以使用 Floyd 求出 $f$。于是时间复杂度为 $O(n^3+m)$，期望得分 $[44,100]$ 分。

卡常小技巧

一般人可能会这么写 Floyd:

for (int k=n;k>=1;k--){
    
    
	for (int i=1;i<=n;i++){
    
    
		for (int j=1;j<=n;j++)
		  GA[i][j]=max(GA[i][j],min(GA[i][k],GA[k][j]));
	}
}

但其实，若 $i\ge k,j\ge k$，那么这次松弛是没有任何意义的。

于是可以得到新的代码：

for (int k=n;k>=1;k--){
    
    
	for (int i=1;i<k;i++){
    
    
		for (int j=1;j<=n;j++)
		  GA[i][j]=max(GA[i][j],min(GA[i][k],GA[k][j]));
	}
	for (int i=k;i<=n;i++){
    
    
		for (int j=1;j<k;j++)
		  GA[i][j]=max(GA[i][j],min(GA[i][k],GA[k][j]));
	}
}

它的复杂度是

$$\sum _{k=1}^n(n^2-(n-k+1{)}^2)=n^3-\sum _{k=1}^n{k}^2=n^3-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

这约等于 $\frac{2}{3}{n}^3$，因此可以省掉三分之一的时间，于是就能通过本题了。

PS: 如果有人使用算法三不加这个优化直接过去了，并且没有使用指令集等恶心的东西，请私信我。我将会将您的建议补充在卡常小技巧中。

Summary

这是一道以性质观察为重点，以 Floyd 应用为技巧、套路的放在省选 D1T3 的不错的图论题。虽然我知道这题的标算不是 n^3 的

首先，我们需要洞察到 $(x,y)$ 对答案产生贡献的充要条件。
接着，我们需要观察到 $(x,y)$ 对答案是否产生贡献的单调性。

对于上面两个观察，可以得出——对于一类删边或删点求解的问题，我们往往是半在线式地逆序加边维护，或离线式地逐一考虑，而后者各个个体的贡献往往是一个前缀或后缀或区间。

最后，我们需要在上述两个十分重要的观察的前提下，发现我们所要干的最终事情——求出 $x$ 到 $y$ 的路径边权最小值最大值。这东西显然可以通过 Floyd 维护——相信所有刷题量上千的人都会。

这题的区分度主要在于前两个性质的观察。