sto louis & Maverik orz!
写一些知识点，图论杂题过后单独开一篇。（upd: 高估了图论杂题的数量，看起来凑不够一篇，那不开了。
最小割
最大流最小割定理
对于任意网络 G = ( V , E ) G = (V, E) G=(V,E) ，其上的最大流 f f f 和最小割 { S , T } \{S, T\} {S,T} 总是满足 ∣ f ∣ = ∣ ∣ S , T ∣ ∣ |f| = ||S, T|| ∣f∣=∣∣S,T∣∣ 。
即，最大流在数值上等于最小割。
最小割的可行边与必须边
同一个网络的最小割有多种可行的方案，我们需要对一条割边的可行性与必要性进行讨论。
可行边 : 指存在于任意可行割集中的的边。
必须边: 指存在于所有可行割集中的的边。
可行边
一条边 u → v u\to v u→v 作为最小割的可行边的充要条件是：
- 这条边满流
- S C C u ≠ S C C v SCC_u\neq SCC_v SCCu=SCCv
第一条限制的必要性是显然的，我们来证明第二条限制。
u u u 和 v v v 不在同一强连通分量，等价于残量网络上不存在一条从 u u u 到 v v v 的路径。如果存在一条从 u u u 到 v v v 的路径，就会和 u → v u\to v u→v 满流后形成的反向边构成环，破坏了最大流的性质， u → v u\to v u→v 必然不能是可行边。
必须边
一条边 u → v u\to v u→v 作为必须边的充要条件是：
- 首先它是一条可行边
- S C C s = S C C u , S C C v = S C C t SCC_s=SCC_u,SCC_v=SCC_t SCCs=SCCu,SCCv=SCCt
后者等价于残量网络上同时存在 s → u s\to u s→u 和 v → t v\to t v→t 的路径。如果不存在，则说明只割掉前面（或后面）所有满流的边就能令 s s s 和 u u u 不连通（或 v v v 和 t t t），这样 u → v u\to v u→v 就不是必须要割的边。
最大权闭合子图
闭合图 ：一个有向图的子图，满足若一个点在该子图内，则它的所有后继节点都在该子图内。
最大权闭合子图：一个带点权的有向图，点权有正有负，求一个闭合子图的权值和的最大值。
做法
这是一个较为经典的问题。
考虑如下的建图：将点按照点权的正负分为正值点和负值点。源点向所有正值点连边，容量为点权；所有负值点向汇点连边，容量为点权的绝对值。在正负值点之间按照原图连边，容量为 inf \inf inf。
答案为正值点的权值和减去原图的最小割。
证明
考虑这样建边的实际意义，设 s → i s\to i s→i 的边不割表示选了这个正值点， i → t i\to t i→t 的边不割表示不选这个负值点。
那么 s → t s\to t s→t 连通就表示选了某个正值点但没选它后继的负值点，于是寄了。我们的目标是用最小的代价让它们不连通，这就是求最小割。
为什么不用反过来考虑呢？因为如果一个负值点被选，一定因为它是某个正值点的后继而不得不选。所以选的第一个点一定是正的。
CF311E Biologist
不会做 *2300 /oh。
首先完不成要倒扣的限制可以通过把达成条件的奖励加 g g g 来消去。然后对求的东西进行转化，最大化利润等价于最小化未获得的奖励+成本。
因此这样建图：
- 若 S i = 0 S_i=0 Si=0，连边 ( i , t , v i ) (i,t,v_i) (i,t,vi)，割掉该边表示选 1 1 1 要花费 v i v_i vi 的代价；否则连边 ( s , i , v i ) (s,i,v_i) (s,i,vi)。
- 对每条限制开一个新点。如果限制是全为 1 1 1，即限制某些位置不能有 0 0 0，连边 ( s , j , w j ) (s,j,w_j) (s,j,wj)， ( j , x , inf ) (j,x,\inf) (j,x,inf)；否则连边 ( j , t , w j ) (j,t,w_j) (j,t,wj)， ( x , j , inf ) (x,j,\inf) (x,j,inf)。如果割开限制边，则表明该奖励没有被达成。
这样建图可以保证一个点不会既满足 0 0 0 限制又满足 1 1 1 限制，因为这样这两个限制的边会通过这个点连通。
混合图的欧拉回路 Euler Circuit
与有向图、无向图的欧拉回路不同，在混合图中，我们需要对所有无向边进行合理的定向，使之转化为有向图求解。
先对所有边随机指定一个方向，令点的权值 d i = i n i − o u t i d_i=in_i-out_i di=ini−outi。我们希望通过调整边的方向，使所有 d i = 0 d_i=0 di=0。
考虑将原本 u → v u\to v u→v 的边反向，对 d d d 数组的影响是 d u ← d u + 2 , d v ← d v − 2 d_u\gets d_u+2,d_v\gets d_v-2 du←du+2,dv←dv−2。因此我们把 d d d 数组全部除以 2 2 2，一次反向操作的贡献变为 1 1 1。
对于 d i > 0 d_i>0 di>0，连边 ( s , i , d i ) (s,i,d_i) (s,i,di)；对于 d i < 0 d_i<0 di<0，连边 ( i , t , − d i ) (i,t,-d_i) (i,t,−di)。对于原图的每条无向边 u → v u\to v u→v，连边 ( u , v , 1 ) (u,v,1) (u,v,1)。跑最大流，流满的边即为需要反向的边。
对所有边定向完毕后，跑有向图的欧拉回路即可。
费用流
那个长得神似 Dinic 的费用流其实叫 zkw 费用流。
[CQOI2012] 交换棋子
网络流题总是能写出层出不穷的假做法，怎么办呢。
忽略掉所有白棋子，那么问题相当于每次可以八连通移动，将黑棋子移动到指定的位置。次数限制在方格上，考虑拆点，连边 ( i n x , y , o u t x , y , l i m i t , 0 ) (in_{x,y},out_{x,y},limit,0) (inx,y,outx,y,limit,0)， l i m i t limit limit 是交换次数限制的一半，特判下奇数且初始/终止为黑的点。
对于初始位置的黑棋子，连边 ( s , i n x , y , 1 , 0 ) (s,in_{x,y},1,0) (s,inx,y,1,0)；对于终止位置的黑棋子，连边 ( o u t x , y , t , 1 , 0 ) (out_{x,y},t,1,0) (outx,y,t,1,0)。每个格子向八连通位置连费用为 1 1 1 的边，表示交换，跑费用流。
然后这个假了，原因是要特判某个位置一开始就是黑的，最后还是黑的。这种情况不应当连边，因为它一直不动的话没有交换次数，不会贡献大小为 1 1 1 的流。
[NOI2012] 美食节
P2053 的加强版。这人怎么不仅不会网络流，还不会拆贡献 /cf
发现做每个菜的贡献跟前面做菜的总时间有关，试图倒过来考虑。设第 i i i 个菜是第 j j j 个厨师倒数第 k k k 个做的，它对答案的贡献是 T i , j × k T_{i,j}\times k Ti,j×k。
至此，不同菜或厨师之间的贡献独立。比较暴力的做法是直接把每个厨师拆成 p p p 个点，分别表示这个人倒数第几次做菜，跑费用流，可以通过 P2053。
不过发现，我们只有先做了倒数第 i i i 个菜，才有可能做倒数第 i + 1 i+1 i+1 个菜，否则一定不优。因此可以在 dinic 的过程中动态加边，每次增广后判断，等到倒数第 i i i 个已经被选，再连边第 i + 1 i+1 i+1 个。这里要每次增广就判断一次，而不是全部增广完毕再加边。后者会使图中出现负环。
[WC2007] 剪刀石头布
直接对三元环计数，发现没法做。反过来对无法形成环的三元组进行计数，那么目标是最小化这样的三元组数量。
考虑一个无法形成环的三元组有什么性质，发现它有且仅有一个点出度为 2 2 2。同时我们发现这是判定一个三元组非法的充要条件，所以我们要对这样的一个点和两条边数数。
设 d e g i deg_i degi 表示点 i i i 的出度，那么点 i i i 对应的非法三元组数量为 d e g i ( d e g i − 1 ) 2 \frac{deg_i(deg_i-1)}{2} 2degi(degi−1)。问题转化为给所有无向边定向，最小化 ∑ i = 1 n d e g i ( d e g i − 1 ) 2 \sum\limits_{i=1}^n \frac{deg_i(deg_i-1)}{2} i=1∑n2degi(degi−1)。
给无向边 ( u , v ) (u,v) (u,v) 定向，要么使 d e g u ← d e g u + 1 deg_u\gets deg_u+1 degu←degu+1，要么使 d e g v ← d e g v + 1 deg_v\gets deg_v+1 degv←degv+1。二选一，考虑费用流。
注意到贡献是二次的，考虑将 d e g i deg_i degi 增加 1 1 1 的代价差分。差分数组是递增的，这满足了费用流的贪心性质，也就是说满流的边一定是差分数组的一个前缀。至此我们可以用左侧一排点表示未定向的边，右侧一排点表示原图点的 d e g deg deg 值，建图：
- 连接源点和左侧点，容量为 1 1 1，费用为 0 0 0，表示这条边对 d e g deg deg 造成总量为 1 1 1 的贡献；
- 连接表示边 ( u , v ) (u,v) (u,v) 的左侧点和表示点 u , v u,v u,v 的右侧点，容量为 1 1 1，费用为 0 0 0，表示 ( u , v ) (u,v) (u,v) 可以对两个点产生贡献；
- 在每个右侧点和汇点之间连 n n n 条边，容量为 1 1 1，费用分别为 d e g deg deg 数组从 0 0 0 至 n − 1 n-1 n−1 的差分。
答案为 n ( n − 1 ) ( n − 2 ) 3 ! − m i n c o s t \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}-mincost 3!n(n−1)(n−2)−mincost。
二分图匹配 & 偏序集
时间复杂度
匈牙利是 O ( n m ) O(nm) O(nm)，Dinic 是 O ( n m ) O(\sqrt{n}m) O(n m)。
可行边与必须边
可行边 ：在图上满流，或 S C C u = S C C v SCC_u=SCC_v SCCu=SCCv。
必须边 ：在图上满流，且 S C C u ≠ S C C v SCC_u\neq SCC_v SCCu=SCCv。
注意这里的条件与最小割的区别。
证明
假设我们已经得到了一组解。如果这个图上存在某条长度为偶数的交错路，把这条路上的所有边状态取反不改变答案。因此属于一条长度为偶数的交错路的匹配边均是可行边，且不是必须边。这等价于在残量网络中 S C C u = S C C v SCC_u=SCC_v SCCu=SCCv。
而必须边即为排除掉上述情况的可行边。
Kőnig 定理
最小点覆盖：选最少的点，满足每条边至少有一个端点被选。
二分图中，最小点覆盖 = 最大匹配。
解的构造
显然我们只要找到一种构造方式就证明了这个定理，因此下文仅叙述如何构造出一组合法解。
我们先求出当前二分图的最大匹配，并记录匹配边。
接下来，从右侧的所有非匹配点遵循如下规则开始 dfs，并标记所有经过的点：
- 右部点只能通过非匹配边向左走；
- 左部点只能匹配边向右走。
我们取左侧被访问过的点和右侧未被访问过的点，它们的并集为一个合法解。
证明
首先，右侧的非匹配点一定都被 dfs 到了，加入答案的一定是匹配点。
而右侧被 dfs 到的匹配点一定是因为与之匹配的左侧点被 dfs 到了，那么这条边的左端点已经被选入了最小点覆盖。
左侧的非匹配点一定不会被 dfs 到，否则我们可以让走向它的右部点与之匹配，不满足二分图最大匹配的性质。
那么我们得出结论：只有匹配边的端点会被选上，且每条匹配边的端点恰好被选了一个。
接下来证明这组解覆盖了所有的边。
只有出现左部点未被 dfs 到且右部点被 dfs 到的情况，才会两个端点都不被覆盖。根据是否是匹配边分讨一下，发现这显然是不可能的。因此我们构造出的解合法，且总点数最小。
最大独立集
最大独立集：选最多的点，满足两两之间没有边相连。
二分图的最大独立集 = 总点数 - 最小点覆盖。
解的构造
二分图的最大独立集是最小点覆盖的补集。
可以根据定义证明：最小点覆盖是每条边只要一个端点被选，那么它的补集就是每条边至多有一个端点被选，即最大独立集。
团
最大团等于总点数减去补图的最大独立集。
[HAOI2017] 新型城市化
在补图上考虑问题。由于题目保证了原图可以划分为不超过两个团，这条性质等价于补图至少可以划分为两个独立集，进一步等价于补图是一个二分图。
我们的目标变成：在二分图上删一条边，判断最大独立集是否变大。
根据最大独立集的性质，我们判断的就是最大匹配是否减小，即判断哪些边是二分图最大匹配的必须边。可以利用上面的结论，先跑 dinic，再在残量网络上跑一遍 tarjan 求出答案。
偏序集
定义
偏序集：集合中部分元素可以比较大小。
全序集：集合中所有元素都可以比较大小。
链：全集的一个子集满足其是全序集。
反链：全集的一个子集满足所有元素都不可以比较大小。
链覆盖：若干的链的并集满足是全集，且两两之间没有交集。反链覆盖同理。
最长链：所有链中元素个数最多的集合，最长反链同理。
最小不可重链覆盖
因为不可重覆盖，可以将每个点拆为一个入点和一个出点。在两类点之间按照原图连边。
跑二分图最大匹配即可，答案为总点数减去最大匹配。
最小可重链覆盖
通常有三种办法（摘自 PPT）：
- 跑传递闭包后转为不可重覆盖，可重路径一定能在新图上对应一组不重路径。
- 同样是拆点，设分别为 a i , b i a_i,b_i ai,bi，先连源汇点，然后 a i → b i a_i\to b_i ai→bi 下界为 1 1 1，原图的边连上 b j → a i b_j\to a_i bj→ai，所有边上界均
为 inf \inf inf，跑上下界最小流即可。 - 还是拆点，考虑改造一下不可重复覆盖的二分图，先连源汇点，上界均为 1 1 1， b i → a i b_i\to a_i bi→ai 上界为 inf \inf inf，原图的边
a i → b j a_i\to b_j ai→bj 上界为 inf \inf inf，这样就相当于在二分图上跑传递闭包了。
Dilworth 定理
一个偏序集中的最长反链大小，等于其中最小不可重链覆盖大小。
推论：一个 DAG 中最长反链的大小，等于其中最小可重链覆盖大小。
DAG 上最长反链的构造
首先对 DAG 跑传递闭包，转为偏序集。拆点，转为二分图，并构造其最大独立集 I I I。
那么我们取出所有 x i n ∈ I x_{in}\in I xin∈I 且 x o u t ∈ I x_{out}\in I xout∈I 的点 x x x，它们构成原图的最长反链。
换句话讲：取出所有 x i n x_{in} xin 被 dfs 到，且 x o u t x_{out} xout 未被 dfs 到的点，这些点组成了 DAG 的最长反链。
证明略。
CF1630F Making It Bipartite
因为倍数关系有传递性，如果有边 a → b , b → c a\to b,b\to c a→b,b→c，则一定有边 a → c a\to c a→c。这样就会形成长度为 3 3 3 的奇环，不满足二分图的性质。
也就是说，图上的任意一个点不能既有入度又有出度，否则不合法。
考虑将一个点 x x x 拆成 x 0 x_0 x0 和 x 1 x_1 x1，分别表示 x x x 只有入度或只有出度。那么目标是找出若干对不能同时选的点，在它们之间连边，能够保留的点数即为这个图的最大独立集。
这个貌似不好直接求，但发现原图本身是一个偏序集，因此可以将我们自己建的图也定向成偏序集，求它的最长反链。
具体地， x 0 x_0 x0 和 x 1 x_1 x1 不能一起选，故连边 x 0 → x 1 x_0\to x_1 x0→x1；
如果 a y a_y ay 是 a x a_x ax 的倍数，除了 ( x 1 , y 0 ) (x_1,y_0) (x1,y0) 以外任意两点都不能一起选，连边 x 0 → y 0 , x 0 → y 1 , x 1 → y 1 x_0\to y_0,x_0\to y_1,x_1\to y_1 x0→y0,x0→y1,x1→y1。
上下界网络流
感觉没啥用。摆了。