【学习笔记】耳分解与无向图的双连通性

本文主要是介绍【学习笔记】耳分解与无向图的双连通性，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

感觉之前对于这方面的理解还是不够深入。

$1.1$ 在无向图 $G = (V, E)$ 中，有一个子图 $G^{'} = (V^{'}, E^{'})$ （不一定是导出子图，其实只看 $V^{'}$ 就好了），若简单路径或简单环 $P:x_1\to x_2\to ...\to x_k$ 满足： $x_1,x_k\in V',x_2,...,x_{k-1}\notin V'$ ，则称 $P$ 是 $G$ 关于 $G^{'}$ 的耳。若 $P$ 是简单路径，则称 $P$ 是 $G$ 关于 $G^{'}$ 的开耳。

简单说明一下，这里不讨论自环，但是有重边。简单环必须满足经过的边也不同，经过的点只有起点和终点相同。

$1.2$ 对于无向连通图 $G$ ，若连通图序列 $G_0,G_1,...,G_k)$ 满足：

$G_0$ 是一个简单环（可以只有一个点）， $G_k=G$
$G_{i-1}$ 是 $G_{i}$ 的子图
设 $G_i=(V_i,E_i)$ ，则 $\ E i − 1 E_i\backslash E_{i-1}$ 构成 $G_{i-1}$ 的一个耳（开耳）

则称 $G_0,G_1,...,G_k)$ 是 $G$ 的一个耳分解（开耳分解）。

$1.3$ 无向连通图 $G$ 存在耳分解当且仅当 $G$ 边双联通。

必要性：若 $G$ 有耳分解 $G_0,...,G_k)$ ，则由于 $G_0$ 是简单环，所以 $G_0$ 是边双联通的。加入一个耳过后显然还是边双联通的，归纳即可。

充分性：考虑求出以 $1$ 为根的一颗DFS树，然后按照以下方法得到 $G$ 的一个耳分解：

找到一条以 $1$ 为端点的非树边 $1\to x$ ，令 $G_0$ 是由树上路径 $1\to x$ 加上这条非树边形成的简单环
如果 $G_i$ 的点集不为 $V$ ，找到一个不属于 $G_i$ 的点 $x$ 满足 $x$ 的父亲 $y$ 属于 $G_i$ ，则由边双连通性知存在一条返祖边，两端点分别是 $y$ 的祖先（包括自己） $u$ 和 $x$ 的后代 $v$ ，考虑树上路径 $y\to v$ 并上边 $(u, v)$ ，这是 $G_i$ 的一个耳，令 $G_{i+1}$ 为 $G_i$ 并上这个耳。
直到 $G_i$ 的点集为 $V$ ，这个时候如果还有 $G$ 中的边未加入，则可以每条边都作为一个耳依次加入。

因为始终保证 $G_i$ 的点集是一个包含 $1$ 的树上连通块，所以总能找到这样的 $x$ 。

$1.4$ 至少存在 $3$ 个点的无向连通图存在开耳分解当且仅当 $G$ 点双联通。

$1.5$ （双极定向）给定无向图 $G = (V, E)$ 和不同的两个节点 $s, t$ ，则四个命题等价：

在添加无向边 $(s, t)$ 后， $G$ 点双联通
$G$ 的圆方树中所有方点构成一条链， $s\to t$ 是圆方树的一条直径
存在一种对 $G$ 的边进行定向的方法，得到一个有向无环图，且 $s$ 入度为零， $t$ 出度为零，其余点出入度都不为零
存在一个所有点的排列 $p_1,p_2,...,p_n$ ，使得 $p_1=s,p_n=t$ ，且任意前缀和后缀的导出子图都是联通的。

证明：

首先1，2等价。考虑如果一个圆点 $u$ 连接了至少 $3$ 个方点，那么将 $u$ 删掉后会形成至少 $3$ 个连通块，显然只连一条 $(s, t)$ 是不行的。所以方点构成一条链，显然如果 $s, t$ 不是直径的两个端点那么 $s, t$ 之一还是会成为割点，否则显然就是点双了。

然后由3推4。容易发现取出一个拓扑排序即为满足条件的 $p$ ，因为正着来的时候加一个点显然仍然联通，所以任意前缀联通；反过来显然也可以说明任意后缀联通。

接下来由1推3。考虑取出 $G$ 的一个开耳分解，满足 $G_0$ 包含边 $(s, t)$ ，然后将 $(s, t)$ 之外的边都定向为从 $s$ 到 $t$ 。考虑每次加入一个开耳，若 $G_i$ 的定向中 $u$ 可达 $v$ ，则令耳的方向为 $u$ 到 $v$ ，否则令耳的方向为 $v$ 到 $u$ 。（这个手段似乎在uoj的某道题中见过）。容易发现这样定向是满足条件的。

最后由4推1。假设命题1不成立，那么存在一个不同于 $s, t$ 的割点 $u$ 为割点，于是还有一个不包含 $s, t$ 的连通块，记作 $S$ 。设 $S\cup \{u\}$ 在排列 $p$ 中最早和最晚的点分别是 $x, y$ ，则 $x, y$ 中至少有一个不是 $u$ 。不妨设 $x\ne u$ （另一种情况取后缀即可），那么考虑前缀 $p_1,...,p_i=x$ 的导出子图，由于 $u$ 不在其中而 $s, x$ 都在其中，所以这张图一定不连通，矛盾。

白鹭兰

这题正常做应该能拿50，但是我是sb。

前面的部分不再赘述，需要关注的点是圆方树上的最优化问题往往可以贪心，即简单比较子树的大小，注意方点要看成0，圆点看成1。以及方点和圆点有时候都会对应大致相同的结论。这在 [省选联考 2023] 城市建造中也有体现。

考虑构造，相当于有一个点双，固定了第一个加入的点 $s$ 和最后加入的点 $t$ ，满足每次加点后前缀和后缀的导出子图联通。

显然可以用双极定向的做法 $O(n^2)$ 构造。

更优秀的做法是考虑把DFS树取出来，然后每个子树只保留返祖边中深度最浅的那一条（也就是 $low_u$ ），然后考虑缩二度点。 显然叶子一定是二度点，所以每次缩叶子即可。具体实现就是对每个点维护一个后继集合 $L$ （有顺序），然后自底向上对于每个不再 $s$ 在 $t$ 路径上的 $u$ ，在 $L_{fa_u}$ 和 $L_{low_u}$ 中插入 $u$ ，表示如果遍历到 $fa_u$ 和 $low_u$ 其中一个点则下一个遍历 $u$ （注意二度点不会影响连通性）。这样就变成了直链的情形，直接遍历 $s$ 到 $t$ 的路径即可。

复杂度 $O (n + m)$ 。

显然双极定向也能这么做。（？）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int n,m,dfn[N],low[N],fa[N],num,tot,sz[N];
vector<int>G[N];
stack<int>stk;
vector<int>G0[N];
vector<int>vec[N];
void add(int x,int y){G0[x].pb(y),G0[y].pb(x);//cout<<"add:"<<x<<" "<<y<<"\n";
}
void tarjan(int u){dfn[u]=low[u]=++num,stk.push(u);for(auto v:G[u]){if(!dfn[v]){tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]);if(low[v]>=dfn[u]){tot++;int tmp=0;do{tmp=stk.top(),stk.pop();add(tmp,tot),vec[tot].pb(tmp);}while(tmp!=v);add(u,tot),vec[tot].pb(u);}}else low[u]=min(low[u],dfn[v]);}
}
int f[N],son[N],son0[N];
void calc(int v){int tmp=0;if(v<=n)tmp=sz[v]-sz[son[v]];else{for(auto e:G0[v]){if(e==son[v]||e==fa[v])continue;tmp=max(tmp,sz[e]);}}f[v]=max(f[son[v]],tmp);
}
int kmin=inf,rt;
void dfs(int u,int topf){sz[u]=(u<=n);for(auto v:G0[u]){if(v==topf)continue;fa[v]=u,dfs(v,u),sz[u]+=sz[v];if(sz[v]>sz[son[u]])son0[u]=son[u],son[u]=v;else if(sz[v]>sz[son0[u]])son0[u]=v;}calc(son[u]),calc(son0[u]);f[u]=f[son[u]];int tmp=0;if(u<=n)tmp=n-sz[son[u]]-sz[son0[u]];else{tmp=n-sz[u];for(auto v:G0[u]){if(v==son[u]||v==son0[u]||v==fa[u])continue;tmp=max(tmp,sz[v]);}}if((son0[u]||u==1)&&max(tmp,max(f[son[u]],f[son0[u]]))<kmin){kmin=max(tmp,max(f[son[u]],f[son0[u]]));rt=u;}
}
vector<vector<int>>opt;
vector<int>arr;
bool ban[N];
void dfs0(int u,int topf){if(u<=n)arr.pb(u);for(auto v:G0[u]){if(v==topf)continue;dfs0(v,u);}
}
vector<int>L[N];
int ban0[N],fa0[N],vs0[N],rk[N];
vector<int>G1[N],G2[N];
vector<pair<int,int>>edge0[N];
void tarjan0(int u){dfn[u]=low[u]=++num,rk[num]=u;for(auto v:G1[u]){if(!dfn[v]){fa0[v]=u,tarjan0(v),low[u]=min(low[u],low[v]);G2[u].pb(v);}else low[u]=min(low[u],dfn[v]);}
}
void dfs1(int u){for(auto v:G2[u]){dfs1(v);}if(!ban0[u]){L[fa0[u]].pb(u);L[rk[low[u]]].pb(u);}
}
void find(int u,int s,int t,int id){if(u!=s&&u!=t){arr.clear(),dfs0(u,id);opt.pb(arr);}vs0[u]=1;for(auto v:L[u]){if(!vs0[v])find(v,s,t,id);}
}
void sol(int u,int s,int t){//cout<<"sol:"<<u<<" "<<s<<" "<<t<<"\n";for(auto v:vec[u])dfn[v]=low[v]=ban0[v]=fa0[v]=vs0[v]=0,G1[v].clear(),G2[v].clear(),L[v].clear();num=0;for(auto e:edge0[u]){int x=e.fi,y=e.se;G1[x].pb(y),G1[y].pb(x);}tarjan0(s);vector<int>path;//for(auto v:vec[u])cout<<"find:"<<v<<" "<<fa0[v]<<"\n";//cout<<"path:"<<s<<" "<<t<<"\n";int x=t;while(x!=s)path.pb(x),ban0[x]=1,x=fa0[x];path.pb(x),ban0[x]=1;reverse(path.begin(),path.end());dfs1(s);for(auto e:path)find(e,s,t,u);
}
pair<int,int>edge[N];
int main(){//freopen("data.in","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>m,tot=n;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;G[x].pb(y),G[y].pb(x),edge[i]={x,y};}tarjan(1);dfs(1,0);for(int i=1;i<=m;i++){int x=edge[i].fi,y=edge[i].se;if(fa[fa[x]]==y)edge0[fa[x]].pb({x,y});else edge0[fa[y]].pb({x,y});}int x=rt;vector<int>vec0;if(son0[rt]){x=son0[rt];while(son[x])x=son[x];while(x!=rt)vec0.pb(x),ban[x]=1,x=fa[x];}while(x)vec0.pb(x),ban[x]=1,x=son[x];// for(auto e:vec0){//     cout<<e<<" ";// }for(int i=0;i<vec0.size();i++){int u=vec0[i];if(u<=n){arr.clear(),arr.pb(u);for(auto v:G0[u])if(!ban[v])dfs0(v,u);opt.pb(arr);}else{sol(u,vec0[i-1],vec0[i+1]);}}cout<<kmin<<" "<<opt.size()<<"\n";for(int i=0;i<opt.size();i++){cout<<opt[i].size()<<" ";for(auto e:opt[i])cout<<e<<" ";cout<<"\n";}//cout<<kmin<<" "<<opt.size()<<"\n";
}