最小环

引入¶

问题

给出一个图，问其中的由 \(n\) 个节点构成的边权和最小的环 \((n\ge 3)\) 是多大。

图的最小环也称围长。

过程¶

暴力解法¶

设 \(u\) 和 \(v\) 之间有一条边长为 \(w\) 的边，\(dis(u,v)\) 表示删除 \(u\) 和 \(v\) 之间的连边之后，\(u\) 和 \(v\) 之间的最短路。

那么无向图中的最小环是 \(dis(u,v)+w\)。

注意若是在有向图中求最小环，相对应的公式要修改，最小环是 \(dis(v,u)+w\)。

总时间复杂度 \(O(n^2m)\)。

Dijkstra¶

过程¶

枚举所有边，每一次求删除一条边之后对这条边的起点跑一次 Dijkstra，道理同上。

性质¶

时间复杂度 \(O(m(n+m)\log n)\)。

Floyd¶

过程¶

记原图中 \(u,v\) 之间边的边权为 \(val\left(u,v\right)\)。

我们注意到 Floyd 算法有一个性质：在最外层循环到点 \(k\) 时（尚未开始第 \(k\) 次循环），最短路数组 \(dis\) 中，\(dis_{u,v}\) 表示的是从 \(u\) 到 \(v\) 且仅经过编号在 \(\left[1, k\right)\) 区间中的点的最短路。

由最小环的定义可知其至少有三个顶点，设其中编号最大的顶点为 \(w\)，环上与 \(w\) 相邻两侧的两个点为 \(u,v\)，则在最外层循环枚举到 \(k=w\) 时，该环的长度即为 \(dis_{u,v}+val\left(v,w\right)+val\left(w,u\right)\)。

故在循环时对于每个 \(k\) 枚举满足 \(i<k,j<k\) 的 \((i,j)\)，更新答案即可。

性质¶

时间复杂度：\(O(n^3)\)

实现¶

下面给出 C++ 的参考实现：

C++Python

int val[maxn + 1][maxn + 1];  // 原图的邻接矩阵

int floyd(const int &n) {
  static int dis[maxn + 1][maxn + 1];  // 最短路矩阵
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = 1; j <= n; ++j) dis[i][j] = val[i][j];  // 初始化最短路矩阵
  int ans = inf;
  for (int k = 1; k <= n; ++k) {
    for (int i = 1; i < k; ++i)
      for (int j = 1; j < i; ++j)
        ans = std::min(ans, dis[i][j] + val[i][k] + val[k][j]);  // 更新答案
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
      for (int j = 1; j <= n; ++j)
        dis[i][j] = std::min(
            dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);  // 正常的 floyd 更新最短路矩阵
  }
  return ans;
}

val = [[0 for i in range(maxn + 1)] for j in range(maxn + 1)] # 原图的邻接矩阵

def floyd(n):
    dis = [[0 for i in range(maxn + 1)] for j in range(maxn + 1)] # 最短路矩阵
    for i in range(1, n + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            dis[i][j] = val[i][j] # 初始化最短路矩阵
    ans = inf
    for k in range(1, n + 1):
        for i in range(1, k):
            for j in range(1, i):
                ans = min(ans, dis[i][j] + val[i][k] + val[k][j]) # 更新答案
        for i in range(1, n + 1):
            for j in range(1, n + 1):
                dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]) # 正常的 floyd 更新最短路矩阵
    return ans

例题¶

GDOI2018 Day2 巡逻

给出一张 \(n\) 个点的无负权边无向图，要求执行 \(q\) 个操作，三种操作

删除一个图中的点以及与它有关的边
恢复一个被删除点以及与它有关的边
询问点 \(x\) 所在的最小环大小

对于 \(50\%\) 的数据，有 \(n,q \le 100\)

对于每一个点 \(x\) 所在的简单环，都存在两条与 \(x\) 相邻的边，删去其中的任意一条，简单环将变为简单路径。

那么枚举所有与 \(x\) 相邻的边，每次删去其中一条，然后跑一次 Dijkstra。

或者直接对每次询问跑一遍 Floyd 求最小环，\(O(qn^3)\)

对于 \(100\%\) 的数据，有 \(n,q \le 400\)。

还是利用 Floyd 求最小环的算法。

若没有删除，删去询问点将简单环裂开成为一条简单路。

然而第二步的求解改用 Floyd 来得出。

那么答案就是要求出不经过询问点 \(x\) 的情况下任意两点之间的距离。

怎么在线？

强行离线，利用离线的方法来避免删除操作。

将询问按照时间顺序排列，对这些询问建立一个线段树。

每个点的出现时间覆盖所有除去询问该点的时刻外的所有询问，假设一个点被询问 \(x\) 次，则它的出现时间可以视为 \(x + 1\) 段区间，插入到线段树上。

完成之后遍历一遍整棵线段树，在经过一个点时存储一个 Floyd 数组的备份，然后加入被插入在这个区间上的所有点，在离开时利用备份数组退回去即可。

这个做法的时间复杂度为 \(O(qn^2\log q)\)。

还有一个时间复杂度更优秀的在线做法。

对于一个对点 \(x\) 的询问，我们以 \(x\) 为起点跑一次最短路，然后把最短路树建出来，顺便处理出每个点是在 \(x\) 的哪棵子树内。

那么一定能找出一条非树边，满足这条非树边的两个端点在根的不同子树中，使得这条非树边 \(+\) 两个端点到根的路径就是最小环。

证明：

显然最小环包含至少两个端点在根的不同子树中一条非树边。

假设这条边为 \((u,v)\)，那么最短路树上 \(x\) 到 \(u\) 的路径是所有 \(x\) 到 \(u\) 的路径中最短的那条，\(x\) 到 \(v\) 的路径也是最短的那条，那么 \(x\to u\to v\to x\) 这个环肯定不会比最小环要长。

那么就可以枚举所有非树边，更新答案。

每次询问的复杂度为跑一次单源最短路的复杂度，为 \(O(n^2)\)。

总时间复杂度为 \(O(qn^2)\)。