弦图：从入门到入入门

· · 算法·理论

总结了一下网上现有的零散弦图资料，并补充了部分证明。

由于笔者实力有限，若文中有任何问题，望指出！

目录

前置定义

基础定义：

为解决弦图问题引入的定义：

引理

- 证明： 由定义可知，`所有满足 两个端点均在选定点集中 的边都在导出子图中`。若导出子图不是弦图，则在变为原图的加边过程中，肯定不能添加到一条弦切开导出子图中 $\ge 4$ 的环。与题设矛盾，所以该导出子图一定为弦图。 -------- $\textbf{Lemma2:}$ 在弦图中，若 $u,v$ 存在割集，则 $u,v$ 的**极小**点割集的导出子图为团。 - 证明： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/599o5irv.png) 设 $u,v$ 的极小点割集为 $I$，删去 $i$ 后 $u,v$ 所在的连通块为 $A,B$。 若极小点割集点数 $=1$，显然是团。 若点数 $\ge 2$，设极小点割集上有两点 $x,y$，则 $x,y$ 一定与 $A,B$ 之间的点有边相连（否则 $I$ 删去 $x,y$ 后仍是点割集，不满足极小点割集定义）。设其相连的点分别为 $x_a,x_b,y_a,y_b$，则一定存在环 $\{x \rightarrow x_a \sim y_a \rightarrow y \rightarrow y_b \sim x_b \rightarrow x\}$，其中，$u \sim v$ 表示 $u$ 到 $v$ 的最短路（默认边权为 $1$）。显然该环的大小一定 $\ge 4$，所以环上肯定存在弦。 因为这条弦不能连接 $A,B$（否则 $I$ 不是点割集），不能在 $A$ 或 $B$ 内连接（否则 $x_{a/b} \sim y_{a/b}$ 不是最短路），所以该弦一定连接 $x,y$。 因此 $I$ 中任意两点 $x,y$ 都有边相连，证毕。 --------- $\textbf{Lemma3:}$ **非完全图**的弦图至少存在两个**不相邻**的单纯点。 - 证明： 考虑用归纳法证明。 假设现在已经证明了点数 $<|V|$ 的弦图满足引理。 对于点集为 $V$，边集为 $E$ 的弦图，若为完全图，显然满足引理；若不是完全图，则一定存在 $(u,v)$ 满足 $\{u\rightarrow v\}\notin E$，也就是 $u,v$ 之间一定存在点割集。设 $u,v$ 的极小点割集为 $I$，设删去 $I$ 后，$u$ 所在的连通块为 $A$。 由于 $A$ 是导出子图，根据 $\textbf{Lemma1}$ 可知，$A$ 是弦图。由 $\textbf{Lemma2}$ 可知，$I$ 是团，即弦图。所以图 $G=I+B$ 一定也是弦图，且点数 $<|V|$。所以 $G$ 满足引理。若 $G$ 是完全图，则每个点都是单纯点，$A$ 中一定含有单纯点；若 $G$ 不是完全图，由 $\textbf{Lemma2}$ 可知 $I$ 是团，只有一个不相邻的单纯点，所以 $A$ 中一定含有单纯点。 同理可得 $B$ 中也含有单纯点。又因为 $A,B$ 存在割集，所以 $A,B$ 中的单纯点不相邻，符合引理。 又因为当点数 $\ge 3$ 时符合引理（手膜一下就好），所以任何弦图都符合引理，证毕。 -------- $\textbf{Lemma4:}$ 一个无向图是弦图当且仅当其有完美消除序列。 - 证明： 若无向图是非弦图且存在完美消除序列，找到完美消除序列中最靠前出现的点 $v_i$，满足 $v_i$ 存在于一个 $\ge 4$ 且无弦的环上。设在环上与其相邻的点为 $v_j,v_k$，则 $v_j,v_k$ 在弦图中的位置位于 $v_i$ 后。根据完美消除序列的定义可得 $v_j,v_k$ 之间有边相连，与题设矛盾。所以非弦图没有完美消除序列（必要性）。 假设点数为 $(|V|-1)$ 的弦图有完美消除序列，对于点数为 $|V|$ 的弦图，删去一个单纯点（由 $\textbf{Lemma2}$ 可知，弦图存在消除点），由 $\textbf{Lemma1}$ 可知，剩下的导出子图为弦图，存在完美消除序列；再将删除的单纯点放到完美消除序列的开头即可（充分性）。 # 最大势算法（$\text{MCS}$ 算法） 一种线性求弦图完美消除序列的算法。 设 $label_x$ 表示点 $x$ 与多少已标号的点相邻，算法流程如下： 1. 将一个 $label$ 值最大的点标号，并插入完美消除序列的**开头**。 2. 更新点的 $label$ 值。 3. 重复 $1,2$ 步至所有点都被标号。 ------ - 正确性证明： 设 $\gamma(x)$ 表示 $x$ 在最大势生成的序列中的位置。 证明一个序列是完美消除序列，等价于证明对于序列中的数 $u$，若 $u$ 与 $v,w$ 相连且 $\gamma(u)<\gamma(v)<\gamma(w)$，$v,w$ 一定有边相连（考虑前 $i$ 项满足完美消除序列特征，归纳法证明即可）。 ![图1](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/c9ahli55.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225) ![图2](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/6dzbyrfq.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225) 假设 $v$ 与 $w$ 没有边相连（如左图），为了保证 $\gamma(v)>\gamma(u)$，一定存在点 $x$ 满足 $\gamma(x)>\gamma(w)$，且 $x$ 与 $v$ 有边相连，与 $u$ 没有边相连。同样还有 $x$ 与 $w$ 没有边相连，否则会出现 $\{u\rightarrow v \rightarrow x \rightarrow w \rightarrow u\}$ 的环且环上无弦，与弦图定义矛盾（如右图）。 ![图3](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/z5s3pxnr.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225) ![图4](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/i4zncajq.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225) 若 $\gamma(u)<\gamma(v)<\gamma(x)<\gamma(w)$（如左图），因为 $x,w$ 无边相连，$u,w$ 有边相连，为了保证 $\gamma(u)<\gamma(x)$，一定存在点 $y$ 满足 $\gamma(y)>\gamma(x)$，且 $y$ 与 $x$ 相连，与 $w$ 不相连（否则会存在 $\ge 4$ 的环，如右图）。 ![图5](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/5km92gw1.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225) ![图六](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/ma4n6avz.png?x-oss-process=image/resize,m_lfit,h_170,w_225) 若 $\gamma(u)<\gamma(v)<\gamma(w)<\gamma(x)$（如左图），因为 $x,v$ 有边相连，$x,w$ 无边相连，为了保证 $\gamma(v)<\gamma(w)$，一定存在点 $y$ 满足 $\gamma(y)<\gamma(w)$ 且 $y$ 与 $w$ 相连，与 $v$ 不相连（否则会存在 $\ge 4$ 的环，如右图）。 可以发现，该结论会引入新节点 $y$，为了使 $y$ 满足完美序列特征，用上述方式继续分析，会不断引入新节点。最终肯定会出现矛盾。 --------- 实现的话还有些细节。考虑开 $m$ 个双向链表 $v$，$v_x$ 存储 $label=x$ 的所有点。 步骤 $2$ 更新时，直接将更新后的点插入对应的 $v_x$ 中并更新 $\max\{label\}$，**不用删除**更新前的点。 步骤 $1$ 找点时，暴力从**当前更新**的 $\max\{label\}$ 开始找，不符合条件的从链表中删除（即步骤 $2$ 中未删除的更新前的点），找到第一个符合条件的点为止。注意，若 $v_{\max\{label\}}$ 中所有点都被删除了，$\max\{label\}$ 值减一。 ```cpp #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=10010; const int maxm=1000010; inline int read(){ int x=0; char c=getchar(); for(;!(c>='0'&&c<='9');c=getchar()); for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; return x; } struct edge{ int v,to; }e[maxm<<1]; int head[maxn],ecnt; void addedge(int u,int v){ e[++ecnt].v=v,e[ecnt].to=head[u],head[u]=ecnt; } vector<int>v[maxm]; //用vector模拟链表 int rnk[maxn],id[maxn]; //rnk[x]:x在完美消除序列中的位置 //id[i]:完美消除序列第i位的值 int label[maxn]; int n,m,ans; void MCS(){ bool flag=0; int Maxl=0,x; for(int i=1;i<=n;i++) v[0].push_back(i); for(int t=n;t;t--){ while(!flag){ while(!v[Maxl].empty()) if(rnk[*(v[Maxl].end()-1)]||label[*(v[Maxl].end()-1)]!=Maxl) v[Maxl].pop_back(); //判断两种不合法的情况 //其实第二个判断没必要,想一想为什么 else if(label[*(v[Maxl].end()-1)]==Maxl){ x=(*(v[Maxl].end()-1)),flag=1; v[Maxl].pop_back(); break;//选点 } if(!flag) Maxl--; //v_Maxl中不存在合法点 } id[t]=x,rnk[x]=t,flag=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].to) if(!rnk[e[i].v]){ v[++label[e[i].v]].push_back(e[i].v); Maxl=max(Maxl,label[e[i].v]); //插入点,更新Maxl } } } int main(){ int x,y; n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ x=read(),y=read(); addedge(x,y),addedge(y,x); } MCS(); return 0; } ``` - 时间复杂度证明： 每条边最多会让一个点加入链表中，所以链表的插入和删除复杂度为 $O(m)$。 每次找点时，最劣情况为 $\max\{label\}$ 一直降到 $0$，所以最劣复杂度为 $O(\sum\max\{label\})$。由于每一个点只会对 $\max\{label\}$ 进行一次有效更新（在被标号时），所以 $O(\sum\max\{label\})=O(\sum label)$。又因为每条边只会对 $\sum label$ 贡献 $1$，所以 $O(\sum\max\{label\})=O(\sum label)=O(m)$。 因此总时间复杂度不高于 $O(n+m)$。 # 应用 弦图的精髓就是最大势算法。关于弦图的所有应用，基本上都是**通过最大势算法**求解。 - ## 弦图判定 例题：[**SP5446 FISHNET - Fishing Net**](https://www.luogu.com.cn/problem/SP5446) 由 $\textbf{Lemma4}$ 可知，非弦图是没有完美消除序列的，而通过最大势算法，我们一定可以得到一个 $1$ 到 $n$ 的排列，所以只需要判断该排列是否为完美消除序列即可。 暴力判定是 $O(nm)$ 的，考虑更高效的判定方法。 假设对于序列的后 $(n-i)$ 项 $\{v_{i+1},\dots,v_n\}$ 仍满足完美消除序列的特征，考虑判定 $\{v_i,v_{i+1},\dots,v_n\}$ 是否也满足完美消除序列特征。 设 $v_i$ 与 $\{v_{i+1},\dots,v_n\}$ 中**直接相连**的点为 $\{v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}(c_i<c_{i+1})$，根据完美消除序列的定义可知，$V=\{v_i,v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}(c_i<c_{i+1})$ 的导出子图是完全图，又因为 $v_i$ 已经与剩余的点直接相连，所以只需要满足 $V=\{v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}$ 的导出子图是完全图即可。 又因为 $v_{c_1}$ 满足完美消除序列特征，所以只要 $v_{c_1}$ 与剩余的点都相连，$V=\{v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}$ 的导出子图一定是完全图。 因此，对于每个点 $v_i$，只需要分别求出其对应的 $\{v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}$，然后判断 $v_{c_1}$ 是否与剩余点**直接相连**即可。 ---- 将每条边 $(u,v)$ 压成一个数存入哈希表，每次查询即可。时间复杂度 $O(m+n)$。 部分代码如下： ```cpp struct Hash{ int u,v,to; }H[maxm<<1]; int Head[p],hcnt; void addhsh(int x,int u,int v){ H[++hcnt].u=u,H[hcnt].v=v,H[hcnt].to=Head[x],Head[x]=hcnt; } void Insert(int u,int v){ int x=(u*(n+1ll)+v)%p; for(int i=Head[x];i;i=H[i].to) if(H[i].u==u&&H[i].v==v) return ; addhsh(x,u,v); } bool Be(int u,int v){ int x=(u*(n+1ll)+v)%p; for(int i=Head[x];i;i=H[i].to) if(H[i].u==u&&H[i].v==v) return 1; return 0; } //以上是哈希表 int main(){ int x,y; n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ x=read(),y=read(); Insert(x,y),Insert(y,x); addedge(x,y),addedge(y,x); } mcs();int cnt=0,flag=1; for(int i=n;i&&flag;cnt=0,i--){ for(int j=head[id[i]];j;j=e[j].to) //找到与id[i]相连且在序列后方的所有节点,存入tmp if(rnk[e[j].v]>i){ tmp[++cnt]=e[j].v; if(rnk[e[j].v]<rnk[tmp[1]]) swap(tmp[1],tmp[cnt]); } for(int j=2;j<=cnt;j++) //哈希判断v_c1是否与v_cj相连 if(!Be(tmp[1],tmp[j])){ printf("Imperfect\n"); flag=0;break; } } if(flag) printf("Perfect\n\n"); return 0; } ``` - ## 弦图染色问题/最大团问题 例题：[**P3196 [HNOI2008]神奇的国度**](https://www.luogu.com.cn/problem/P3196) 设图 $G$ 的最小染色数为 $\chi(G)$，最大团为 $\omega(G)$，有结论 $\chi(G)=\omega(G)$。 - 证明： 由于完全图每个点的颜色都不一样，所以有 $\chi(G) \ge \omega(G)$。 考虑一种构造染色数的方法，即按照完美消除序列**倒序**染色。设构造出的染色数为 $C$。 首先一定有 $C \ge \chi(G)$。 当对点 $v_i$ 进行染色时，只有 $\{v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}$ 中的点才会对其颜色进行限制（$c$ 序列沿用 `弦图判定` 一节的定义）。由 `弦图判定` 一节可知，$\{v_i,v_{c_1},v_{c_2},\dots,v_{c_k}\}$ 是完全图，即两两颜色都不同，所以对于点 $v_i$ 来说，颜色数为 $(k+1)$。因此，$C=\max\{k+1\}=\omega(G)$。 从而有 $C=\omega(G) \ge \chi(G),C=\omega(G)\le \chi(G)$，得 $C=\omega(G)=\chi(G)$。 同时也得到了 $\chi(G),\omega(G)$ 的线性求解方法。 注意，如果只求染色数而不用求染色方案，则答案为 $\max\{label_x+1\}$（ $label_x$ 等价于在完美消除序列中，处于点 $x$ 后且与点 $x$ **直接相连**的点的个数）。 主要代码如下： ```cpp int main(){ int x,y; n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ x=read(),y=read(); addedge(x,y),addedge(y,x); } MCS(); for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,label[i]+1); //求解答案，正确性已证明 printf("%d\n",ans); return 0; } ``` - ## 弦图最小团覆盖/最大独立集 设图 $G$ 的最小团覆盖数为 $\kappa(G)$，最大独立集为 $\alpha(G)$。 仍然有结论 $\kappa(G)=\alpha(G)$。 - 证明： 由于每个团中最多选一个点，所以有 $\alpha(G) \le \kappa(G)$。 考虑一种构造独立集的方法，即按照完美消除序列**顺序**求独立集。设选出的点数为 $T$。 首先肯定有 $T \le \alpha(G)$。每个点 $x$ 选完后，在 $x$ 后方且与 $x$ 有边相连的点都不能选，根据完美消除序列的定义，$x$ 支配了一个团。所以 $T$ 也是一个团覆盖数，有 $T \ge \kappa(G)$。 $\kappa(G)\le T \le \alpha(G),\kappa(G) \ge \alpha(G)$，结合两者得 $T=\kappa(G)=\alpha(G)$。 同时也得到了 $\alpha(G),\kappa(G)$ 的线性求解方法（每条边只遍历一次，显然线性）。 主要代码如下： ```cpp int main(){ int x,y; n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ x=read(),y=read(); addedge(x,y),addedge(y,x); } MCS();int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[id[i]]){ ans++; for(int j=head[id[i]];j;j=e[j].to) vis[e[j].v]=1; } printf("%d\n",ans); return 0; } ``` 另外，显然有最小点覆盖等于最小团覆盖。 - ## 区间图 区间图定义：有若干个区间，把每个区间当做一个点，两个点之间有连边当且仅当两个区间有交集。 以下是一个区间图的构造： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/5zsf2nwf.png) 之所以提到区间图，是因为区间图有一个很好的性质——所有的区间图都是弦图。 - 证明： 首先，如果环长 $\le 3$，该环一定是团，可构造（可以看做环上每一条边都是弦）。 假设区间图存在无弦的环 $\{v_1,v_2,\dots,v_k\}$，由于无弦，$v_i,v_{i+1}$ 两两交集位置一定**严格**单调递增或递减（可以手膜一下，如果不单调一定有弦），则 $v_1,v_k$ 的交集一定为空，矛盾。 ----------- 对于区间问题，可以先构造区间图，再根据弦图的性质求解。 （不过有一说一这个用处不大，毕竟区间图还有很多更优的性质qwq）