圆方树

在阅读下列内容之前，请务必了解图论相关概念部分。

引入

众所周知，树（或森林）有很好的性质，并且容易通过很多常见数据结构维护。

而一般图则没有那么好的性质，所幸有时我们可以把一般图上的某些问题转化到树上考虑。

而圆方树（Block forest 或 Round-square tree）¹就是一种将图变成树的方法。本文将介绍圆方树的构建，性质和一些应用。

限于篇幅，本文中有一些结论未经证明，读者可以自行理解或证明。

定义

圆方树最初是处理「仙人掌图」（每条边在不超过一个简单环中的无向图）的一种工具，不过发掘它的更多性质，有时我们可以在一般无向图上使用它。

要介绍圆方树，首先要介绍 点双连通分量。

一个 点双连通图 的一个定义是：图中任意两不同点之间都有至少两条点不重复的路径。
点不重复既指路径上点不重复（简单路径），也指两条路径的交集为空（当然，路径必然都经过出发点和到达点，这不在考虑范围内）。

可以发现对于只有一个点的图比较难定义它是不是一个点双，这里先不考虑节点数为的图。

一个近乎等价的定义是：不存在割点的图。
这个定义只在图中只有两个点，一条连接它们的边时失效。它没有割点，但是并不能找到两条不相交的路径，因为只有一条路径。
（也可以理解为那一条路径可以算两次，的确没有交，因为不经过其他点）

虽然原始的定义的确是前者，但是为了方便，我们规定点双图的定义采用后者。

而一个图的 点双连通分量 则是一个 极大点双连通子图。
与强连通分量等不同，一个点可能属于多个点双，但是一条边属于恰好一个点双（如果定义采用前者则有可能不属于任何点双）。

在圆方树中，原来的每个点对应一个圆点，每一个点双对应一个方点。
所以共有个点，其中是原图点数，是原图点双连通分量的个数。

而对于每一个点双连通分量，它对应的方点向这个点双连通分量中的每个点连边。
每个点双形成一个「菊花图」，多个「菊花图」通过原图中的割点连接在一起（因为点双的分隔点是割点）。

显然，圆方树中每条边连接一个圆点和一个方点。

下面的图显示了一张图对应的点双和圆方树形态。²

圆方树的点数小于，这是因为割点的数量小于，所以请注意各种数组大小要开两倍。

其实，如果原图连通，则「圆方树」才是一棵树，如果原图有个连通分量，则它的圆方树也会形成棵树形成的森林。

如果原图中某个连通分量只有一个点，则需要具体情况具体分析，我们在后续讨论中不考虑孤立点。

过程

对于一个图，如何构造出它的圆方树呢？首先可以发现如果图不连通，可以拆分成每个连通子图考虑，所以我们只考虑连通图。

因为圆方树是基于点双连通分量的，而点双连通分量又基于割点，所以只需要用类似求割点的方法即可。

求割点的常用算法是 Tarjan 算法，如果你会了理解下面的内容就很简单了，如果你不会也没关系。

我们跳过 Tarjan 求割点，直接介绍圆方树使用的算法（其实是 Tarjan 的变体）：

对图进行 DFS，并且中间用到了两个关键数组 dfn 和 low（类似于 Tarjan）。

dfn[u] 存储的是节点的 DFS 序，即第一次访问到时它是第几个被访问的节点。
low[u] 存储的是节点的 DFS 树中的子树中的某个点通过 最多一次返祖边或向父亲的树边 能访问到的点的最小 DFS 序。
如果没有听说过 Tarjan 算法可能会有点难理解，让我们举个例子吧：

（可以发现这张图其实和上面图片中的图等价）
这里树边从上至下用直线画出，返祖边从下至上用曲线画出。节点的编号便是它的 DFS 序。

则有 low 数组如下：


$\mathrm{low}[i]$

并不是很难理解吧，注意这里的 low 是，与一些求割点的做法有差异，因为为了方便，我们规定了可以通过父边向上，但主要思想是相同的。

我们可以很容易地写出计算 dfn 和 low 的 DFS 函数（初始时 dfn 数组清零）：

实现

C++Python

void Tarjan(int u) {
  low[u] = dfn[u] = ++dfc;                // low 初始化为当前节点 dfn
  for (int v : G[u]) {                    // 遍历 u 的相邻节点
    if (!dfn[v]) {                        // 如果未访问过
      Tarjan(v);                          // 递归
      low[u] = std::min(low[u], low[v]);  // 未访问的和 low 取 min
    } else
      low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);  // 已访问的和 dfn 取 min
  }
}

def Tarjan(u):
    low[u] = dfn[u] = dfc  # low 初始化为当前节点 dfn
    dfc = dfc + 1
    for v in G[u]:  # 遍历 u 的相邻节点
        if dfn[v] == False:  # 如果未访问过
            Tarjan(v)  # 递归
            low[u] = min(low[u], low[v])  # 未访问的和 low 取 min
        else:
            low[u] = min(low[u], dfn[v])  # 已访问的和 dfn 取 min

接下来，我们考虑点双和 DFS 树以及这两个数组之间的关联。

可以发现，每个点双在 DFS 树上是一棵连通子树，并至少包含两个点；特别地，最顶端节点仅往下接一个点。

同时还可以发现每条树边恰好在一个点双内。

我们考虑一个点双在 DFS 树中的最顶端节点，在处确定这个点双，因为的子树包含了整个点双的信息。

因为至少有两个点，考虑这个点双的下一个点，则有，之间存在一条树边。

不难发现，此时一定有 $\mathrm{low}[v]=\mathrm{dfn}[u]$ 。
更准确地说，对于一条树边 $u\to v$ ，在同一个点双中，且是这个点双中深度最浅的节点 当且仅当 $\mathrm{low}[v]=\mathrm{dfn}[u]$ 。

那么我们可以在 DFS 的过程中确定哪些地方存在点双，但是还不能准确确定一个点双所包含的点集。

这并不难处理，我们可以在 DFS 过程中维护一个栈，存储还未确定所属点双（可能有多个）的节点。

在找到点双时，点双中除了以外的其他的点都集中在栈顶端，只需要不断弹栈直到弹出为止即可。

当然，我们可以同时处理被弹出的节点，只要将其和新建的方点连边即可。最后还要让和方点连边。

这样就很自然地完成了圆方树的构建，我们可以给方点标号为开始的整数，这样可以有效区分圆点和方点。

这部分可能讲述得不够清晰，下面贴出一份代码，附有详尽注释以及帮助理解的输出语句和一份样例，建议读者复制代码并自行实践理解，毕竟代码才是最能帮助理解的（不要忘记开 c++11）。

实现

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>

const int MN = 100005;

int N, M, cnt;
std::vector<int> G[MN], T[MN * 2];

int dfn[MN], low[MN], dfc;
int stk[MN], tp;

void Tarjan(int u) {
  printf("  Enter : #%d\n", u);
  low[u] = dfn[u] = ++dfc;                // low 初始化为当前节点 dfn
  stk[++tp] = u;                          // 加入栈中
  for (int v : G[u]) {                    // 遍历 u 的相邻节点
    if (!dfn[v]) {                        // 如果未访问过
      Tarjan(v);                          // 递归
      low[u] = std::min(low[u], low[v]);  // 未访问的和 low 取 min
      if (low[v] == dfn[u]) {  // 标志着找到一个以 u 为根的点双连通分量
        ++cnt;                 // 增加方点个数
        printf("  Found a New BCC #%d.\n", cnt - N);
        // 将点双中除了 u 的点退栈，并在圆方树中连边
        for (int x = 0; x != v; --tp) {
          x = stk[tp];
          T[cnt].push_back(x);
          T[x].push_back(cnt);
          printf("    BCC #%d has vertex #%d\n", cnt - N, x);
        }
        // 注意 u 自身也要连边（但不退栈）
        T[cnt].push_back(u);
        T[u].push_back(cnt);
        printf("    BCC #%d has vertex #%d\n", cnt - N, u);
      }
    } else
      low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);  // 已访问的和 dfn 取 min
  }
  printf("  Exit : #%d : low = %d\n", u, low[u]);
  printf("  Stack:\n    ");
  for (int i = 1; i <= tp; ++i) printf("%d, ", stk[i]);
  puts("");
}

int main() {
  scanf("%d%d", &N, &M);
  cnt = N;  // 点双 / 方点标号从 N 开始
  for (int i = 1; i <= M; ++i) {
    int u, v;
    scanf("%d%d", &u, &v);
    G[u].push_back(v);  // 加双向边
    G[v].push_back(u);
  }
  // 处理非连通图
  for (int u = 1; u <= N; ++u)
    if (!dfn[u]) Tarjan(u), --tp;
  // 注意到退出 Tarjan 时栈中还有一个元素即根，将其退栈
  return 0;
}

提供一个测试用例：

这个例子对应的图（包含了重边和孤立点的情况）：

例题

我们讲一些可以使用圆方树求解的例题。

「APIO2018」铁人两项

题意简述

给定一张简单无向图，问有多少对三元组 $\langle s, c, f \rangle$ （互不相同）使得存在一条简单路径从出发，经过到达。

题解

说到简单路径，就必须提一个关于点双很好的性质：对于一个点双中的两点，它们之间简单路径的并集，恰好完全等于这个点双。
即同一个点双中的两不同点之间一定存在一条简单路径经过给定的在同一个点双内的另一点。

这个性质的证明：

显然如果简单路径出了点双，就不可能再回到这个点双中，否则会和点双的定义冲突。
所以我们只需考虑证明一个点双连通图中任意三不同点，必存在一条从到的简单路径经过。
首先排除点数为的情况，它满足这个性质，但是无法取出个不同点。
对于余下的情况，考虑建立网络流模型，源点向连容量为的边，和向汇点连容量为的边。
原图中的双向边 $\langle x,y\rangle$ ，变成向连一条容量为的边，也向连一条容量为的边。
最后，给除了源点，汇点和之外的每个点赋上的容量，这可以通过拆点实现。
因为源点到的边的容量为，那么如果这个网络最大流为，则证明一定有路径经过。
考虑最大流最小割定理，显然最小割小于等于，接下来只要证最小割大于。
这等价于证明割掉任意一条容量为的边，是无法使源点和汇点不连通的。
考虑割掉或与汇点连接的点，根据点双的第一种定义，必然存在简单路径从到另一个没割掉的点。
考虑割掉一个节点拆点形成的边，这等价于删除一个点，根据点双的第二种定义，余下的图仍然连通。
考虑割掉一条由原先的边建出的边，这等价于删除一条边，这比删除一个点更弱，显然存在路径。
所以我们证明了最小割大于，即最大流等于。证毕。

这个结论能告诉我们什么呢？它告诉了我们：考虑两圆点在圆方树上的路径，与路径上经过的方点相邻的圆点的集合，就等于原图中两点简单路径上的点集。

回到题目，考虑固定和，求合法的的数量，显然有合法的数量等于之间简单路径的并集的点数减（去掉本身）。

那么，对原图建出圆方树后，两点之间简单路径的点数，就和它们在圆方树上路径经过的方点（点双）和圆点的个数有关。

接下来是圆方树的一个常用技巧：路径统计时，点赋上合适的权值。
本题中，每个方点的权值为对应点双的大小，而每个圆点权值为。

这样赋权后则有两圆点间圆方树上路径点权和，恰好等于原图中简单路径并集大小减。

问题转化为统计圆方树上 $\sum$ 两圆点路径权值和。

换个角度考虑，改为统计每一个点对答案的贡献，即权值乘以经过它的路径条数，这可以通过简单的树形 DP 求出。

最后，不要忘记处理图不连通的情况。下面是对应代码：

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>

const int MN = 100005;

int N, M, cnt;
std::vector<int> G[MN], T[MN * 2];
long long Ans;

int dfn[MN], low[MN], dfc, num;
int stk[MN], tp;

int wgh[MN * 2];

void Tarjan(int u) {  // 求点双
  low[u] = dfn[u] = ++dfc;
  stk[++tp] = u;
  ++num;
  for (int v : G[u]) {
    if (!dfn[v]) {
      Tarjan(v);
      low[u] = std::min(low[u], low[v]);
      if (low[v] == dfn[u]) {
        wgh[++cnt] = 0;
        for (int x = 0; x != v; --tp) {
          x = stk[tp];
          T[cnt].push_back(x);
          T[x].push_back(cnt);
          ++wgh[cnt];
        }
        T[cnt].push_back(u);
        T[u].push_back(cnt);
        ++wgh[cnt];
      }
    } else
      low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);
  }
}

int vis[MN * 2], siz[MN * 2];

void DFS(int u, int fz) {  // dfs求值
  vis[u] = 1;
  siz[u] = (u <= N);
  for (int v : T[u])
    if (v != fz) {
      DFS(v, u);
      Ans += 2ll * wgh[u] * siz[u] * siz[v];
      siz[u] += siz[v];
    }
  Ans += 2ll * wgh[u] * siz[u] * (num - siz[u]);
}

int main() {
  scanf("%d%d", &N, &M);
  for (int u = 1; u <= N; ++u) wgh[u] = -1;
  cnt = N;
  for (int i = 1; i <= M; ++i) {
    int u, v;
    scanf("%d%d", &u, &v);
    G[u].push_back(v);
    G[v].push_back(u);
  }
  for (int u = 1; u <= N; ++u)
    if (!dfn[u]) {
      num = 0;
      Tarjan(u), --tp;
      DFS(u, 0);
    }
  printf("%lld\n", Ans);
  return 0;
}

顺带一提，刚刚的测试用例在这题的答案是。

Codeforces #487 E. Tourists

题意简述

给定一张简单无向连通图，要求支持两种操作：

修改一个点的点权。
询问两点之间所有简单路径上点权的最小值。

题解

同样地，我们建出原图的圆方树，令方点权值为相邻圆点权值的最小值，问题转化为求路径上最小值。

路径最小值可以使用树链剖分和线段树维护，但是修改呢？

一次修改一个圆点的点权，需要修改所有和它相邻的方点，这样很容易被卡到个修改。

这时我们利用圆方树是棵树的性质，令方点权值为自己的儿子圆点的权值最小值，这样的话修改时只需要修改父亲方点。

对于方点的维护，只需要对每个方点开一个 multiset 维护权值集合即可。

需要注意的是查询时若 LCA 是方点，则还需要查 LCA 的父亲圆点的权值。

注意：圆方树点数要开原图的两倍，否则会数组越界。

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>

const int MN = 100005;
const int MS = 524288;
const int Inf = 0x7fffffff;

int N, M, Q, cnt;
int w[MN * 2];
std::vector<int> G[MN], T[MN * 2];
std::multiset<int> S[MN * 2];

int dfn[MN * 2], low[MN], dfc;
int stk[MN], tp;

void Tarjan(int u) {
  low[u] = dfn[u] = ++dfc;
  stk[++tp] = u;
  for (int v : G[u]) {
    if (!dfn[v]) {
      Tarjan(v);
      low[u] = std::min(low[u], low[v]);
      if (low[v] == dfn[u]) {
        ++cnt;
        for (int x = 0; x != v; --tp) {
          x = stk[tp];
          T[cnt].push_back(x);
          T[x].push_back(cnt);
        }
        T[cnt].push_back(u);
        T[u].push_back(cnt);
      }
    } else
      low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);
  }
}

int idf[MN * 2], faz[MN * 2], siz[MN * 2], dep[MN * 2], son[MN * 2],
    top[MN * 2];

void DFS0(int u, int fz) {
  faz[u] = fz, dep[u] = dep[fz] + 1, siz[u] = 1;
  for (int v : T[u])
    if (v != fz) {
      DFS0(v, u);
      siz[u] += siz[v];
      if (siz[son[u]] < siz[v]) son[u] = v;
    }
}

void DFS1(int u, int fz, int tp) {
  dfn[u] = ++dfc, idf[dfc] = u, top[u] = tp;
  if (son[u]) DFS1(son[u], u, tp);
  for (int v : T[u])
    if (v != fz && v != son[u]) DFS1(v, u, v);
}

#define li (i << 1)
#define ri (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
#define ls li, l, mid
#define rs ri, mid + 1, r

int dat[MS];

void Build(int i, int l, int r) {  // 建树
  if (l == r) {
    dat[i] = w[idf[l]];
    return;
  }
  Build(ls), Build(rs);
  dat[i] = std::min(dat[li], dat[ri]);
}

void Mdf(int i, int l, int r, int p, int x) {  // 获取最小值
  if (l == r) {
    dat[i] = x;
    return;
  }
  if (p <= mid)
    Mdf(ls, p, x);
  else
    Mdf(rs, p, x);
  dat[i] = std::min(dat[li], dat[ri]);
}

int Qur(int i, int l, int r, int a, int b) {  // 查询
  if (r < a || b < l) return Inf;
  if (a <= l && r <= b) return dat[i];
  return std::min(Qur(ls, a, b), Qur(rs, a, b));
}

int main() {
  scanf("%d%d%d", &N, &M, &Q);
  for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &w[i]);
  cnt = N;
  for (int i = 1; i <= M; ++i) {
    int u, v;
    scanf("%d%d", &u, &v);
    G[u].push_back(v);
    G[v].push_back(u);
  }
  Tarjan(1), DFS0(1, 0), dfc = 0, DFS1(1, 0, 1);
  for (int i = 1; i <= N; ++i)
    if (faz[i]) S[faz[i]].insert(w[i]);
  for (int i = N + 1; i <= cnt; ++i) w[i] = *S[i].begin();
  Build(1, 1, cnt);
  for (int q = 1; q <= Q; ++q) {
    char opt[3];
    int x, y;
    scanf("%s%d%d", opt, &x, &y);
    if (*opt == 'C') {
      Mdf(1, 1, cnt, dfn[x], y);
      if (faz[x]) {
        int u = faz[x];
        S[u].erase(S[u].lower_bound(w[x]));
        S[u].insert(y);
        if (w[u] != *S[u].begin()) {
          w[u] = *S[u].begin();
          Mdf(1, 1, cnt, dfn[u], w[u]);
        }
      }
      w[x] = y;
    } else {
      int Ans = Inf;
      while (top[x] != top[y]) {
        if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) std::swap(x, y);
        Ans = std::min(Ans, Qur(1, 1, cnt, dfn[top[x]], dfn[x]));
        x = faz[top[x]];
      }
      if (dfn[x] > dfn[y]) std::swap(x, y);
      Ans = std::min(Ans, Qur(1, 1, cnt, dfn[x], dfn[y]));
      if (x > N) Ans = std::min(Ans, w[faz[x]]);
      printf("%d\n", Ans);
    }
  }
  return 0;
}

「SDOI2018」战略游戏

题意简述

给出一个简单无向连通图。有次询问：

每次给出一个点集（ $2 \le |S| \le n$ ），问有多少个点满足 $u \notin S$ 且删掉之后中的点不全在一个连通分量中。

每个测试点有多组数据。

题解

先建出圆方树，则变为询问在圆方树上对应的连通子图中的圆点个数减去。

如何计算连通子图中的圆点个数？有一个方法：

把圆点的权值放到它和它的父亲方点的边上，问题转化为求边权和，这个问题可以参考「SDOI2015」寻宝游戏的一种解法。
即把中的点按照 DFS 序排序，计算排序后相邻两点的距离和（还包括首尾两点之间的距离），答案就是距离和的一半，因为每条边只被经过两次。

最后，如果子图中的深度最浅的节点是圆点，答案还要加上，因为我们没有统计到它。

因为有多组数据，要注意初始化数组。

参考代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>

const int MN = 100005;

int N, M, Q, cnt;
std::vector<int> G[MN], T[MN * 2];

int dfn[MN * 2], low[MN], dfc;
int stk[MN], tp;

void Tarjan(int u) {  // 求点双，准备建树
  low[u] = dfn[u] = ++dfc;
  stk[++tp] = u;
  for (int v : G[u]) {
    if (!dfn[v]) {
      Tarjan(v);
      low[u] = std::min(low[u], low[v]);
      if (low[v] == dfn[u]) {
        ++cnt;
        for (int x = 0; x != v; --tp) {
          x = stk[tp];
          T[cnt].push_back(x);
          T[x].push_back(cnt);
        }
        T[cnt].push_back(u);
        T[u].push_back(cnt);
      }
    } else
      low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);
  }
}

int dep[MN * 2], faz[MN * 2][18], dis[MN * 2];

void DFS(int u, int fz) {
  dfn[u] = ++dfc;
  dep[u] = dep[faz[u][0] = fz] + 1;
  dis[u] = dis[fz] + (u <= N);
  for (int j = 0; j < 17; ++j) faz[u][j + 1] = faz[faz[u][j]][j];
  for (int v : T[u])
    if (v != fz) DFS(v, u);
}

int LCA(int x, int y) {  // 最近公共祖先
  if (dep[x] < dep[y]) std::swap(x, y);
  for (int j = 0, d = dep[x] - dep[y]; d; ++j, d >>= 1)
    if (d & 1) x = faz[x][j];
  if (x == y) return x;
  for (int j = 17; ~j; --j)
    if (faz[x][j] != faz[y][j]) x = faz[x][j], y = faz[y][j];
  return faz[x][0];
}

int main() {
  int Ti;
  scanf("%d", &Ti);
  while (Ti--) {
    scanf("%d%d", &N, &M);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
      G[i].clear();
      dfn[i] = low[i] = 0;
    }
    for (int i = 1; i <= N * 2; ++i) T[i].clear();
    for (int i = 1, x, y; i <= M; ++i) {
      scanf("%d%d", &x, &y);
      G[x].push_back(y);
      G[y].push_back(x);
    }
    cnt = N;
    dfc = 0, Tarjan(1), --tp;
    dfc = 0, DFS(1, 0);
    scanf("%d", &Q);
    while (Q--) {
      static int S, A[MN];
      scanf("%d", &S);
      int Ans = -2 * S;
      for (int i = 1; i <= S; ++i) scanf("%d", &A[i]);
      std::sort(A + 1, A + S + 1, [](int i, int j) { return dfn[i] < dfn[j]; });
      for (int i = 1; i <= S; ++i) {
        int u = A[i], v = A[i % S + 1];
        Ans += dis[u] + dis[v] - 2 * dis[LCA(u, v)];
      }
      if (LCA(A[1], A[S]) <= N) Ans += 2;
      printf("%d\n", Ans / 2);
    }
  }
  return 0;
}

外部链接

immortalCO，圆方树——处理仙人掌的利器，Universal OJ。

参考资料与注释

2017 年陈俊锟同学在他的 IOI2017 中国国家集训队论文《〈神奇的子图〉命题报告及其拓展》中定义并命名了圆方树这一结构。 ↩
陈俊锟，《平凡的圆方树和神奇的（动态）动态规划》，NOI2018 冬令营，第 4 页。 ↩

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