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AtCoder Beginner Contest 318 G - Typical Path Problem 题解

news 2025/7/2 0:48:01

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 $(2 N + 2)$ 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： $t = 2 n + 1$
$i$ 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 $(N + 2 M + 3)$ 条边，若使用静态链式前向星存图，数组大小需要开到 $2 (N + 2 M + 3)$ ，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：

解法	代码长度	运行时间	内存占用
最大流（AC Library）¹	$523~\mathrm{B}$	$337~\mathrm{ms}$	$106480~\mathrm{KB}$
最大流（Dinic）²	$1650~\mathrm{B}$	$334~\mathrm{ms}$	$46980~\mathrm{KB}$
圆方树³	$1142~\mathrm{B}$	$162~\mathrm{ms}$	$57824~\mathrm{KB}$