【UOJ168】元旦老人与丛林【图论证明】【最大权闭合子图】【dinic动态推流】

题意：给一张无向图，判断能否分成两个生成森林。

n≤2×103,m≤4×103n\leq 2\times 10^3,m\leq 4\times 10^3n≤2×103,m≤4×103

题目中这样的图称为“丛林”，下面以此来简称。

结论一张图是丛林的充要条件是它的每一个子图 G=(∣V∣,∣E∣)G=(|V|,|E|)G=(∣V∣,∣E∣) 有 ∣E∣≤2∣V∣−2|E|\leq 2|V|-2∣E∣≤2∣V∣−2

必要性显然。

充分性：考虑归纳法，当 ∣V∣=1|V|=1∣V∣=1 时显然成立，∣V∣>1|V|>1∣V∣>1 假设结点数小于 ∣V∣|V|∣V∣ 的满足条件的图都是丛林。

引理1 定义满图为满足 ∣E∣=2∣V∣−2|E|=2|V|-2∣E∣=2∣V∣−2 的图，对于当前图的两个交非空的子图 G1=(V1,E1),G2=(V2,E2)G_1=(V_1,E_1),G_2=(V_2,E_2)G1=(V1,E1),G2=(V2,E2)，它们的并也是满图。

证明设它们的交为 G3=(V3,E3)G_3=(V_3,E_3)G3=(V3,E3)，并为 G=(V,E)G=(V,E)G=(V,E)。由假设知 ∣E1∣=2∣V1∣−2,∣E2∣=2∣V2∣−2,∣E3∣≤2∣V3∣−2|E_1|=2|V_1|-2,|E_2|=2|V_2|-2,|E_3|\leq 2|V_3|-2∣E1∣=2∣V1∣−2,∣E2∣=2∣V2∣−2,∣E3∣≤2∣V3∣−2，所以 ∣E∣≥2∣V∣−2|E|\geq 2|V|-2∣E∣≥2∣V∣−2。又因为 ∣E∣≤2∣V∣−2|E|\leq 2|V|-2∣E∣≤2∣V∣−2，所以 ∣E∣=2∣V∣−2|E|=2|V|-2∣E∣=2∣V∣−2。得证。

引理2 一个丛林最小的点度数小于 444。

证明显然。

对于一张满足右边的条件的图，它的每一个真子图都是丛林。我们考虑它的一个最小的点的度数，如果是 0,1,20,1,20,1,2，就把这些边连到外面对应个数的生成森林上，得到整张图是丛林。下面讨论度数为 333 的情况。

引理3 当度数为 333 时，设相邻的三个点为 a,b,ca,b,ca,b,c，删掉这个点 uuu 及这三条边后的图为 GGG，那么一定存在 {x,y}⊆{a,b,c}\{x,y\}\subseteq \{a,b,c\}{x,y}⊆{a,b,c} 使得 GGG 中不存在一个满子图包含 x,yx,yx,y。

证明假设 a,b,ca,b,ca,b,c 两两都被一个满子图包含，把这三个满子图合并起来，由引理 1，合并后的图 FFF 也是满子图，即 ∣E(F)∣=2∣V(F)∣−2|E(F)|=2|V(F)|-2∣E(F)∣=2∣V(F)∣−2。我们加入 uuu 和这三条边，就得到了一张 ∣E∣=2∣V∣−1|E|=2|V|-1∣E∣=2∣V∣−1 的图，它是原图的子图，矛盾，得证。

我们在 G1G_1G1 中加入一条边 (x,y)(x,y)(x,y)，因为不存在包含 (x,y)(x,y)(x,y) 的满图，所以加入后 G1G_1G1 仍然是丛林。考虑这棵丛林的两棵生成树，在包含 (x,y)(x,y)(x,y) 的树上断掉这条边，然后 uuu 分别通过 x,yx,yx,y 连接两个连通分量，剩下一个直接连，就构造了两棵原图的生产树，原命题得证。

现在我们要判断是否对于每一个子图都有

∣E∣≤2∣V∣−2|E|\leq 2|V|-2∣E∣≤2∣V∣−2

∣E∣−2∣V∣≤−2|E|-2|V|\leq -2∣E∣−2∣V∣≤−2

就是最大权闭合子图对于每条边建一个点，从 SSS 连边权为 111 的边，向两个端点连 +∞+\infin+∞ 的边，每个点到 TTT 连边权为 222 的边，跑最小割即可。

设最小割为 ccc,边数为 mmm，我们需要判断是否

m−c≤−2m-c\leq -2m−c≤−2

然后你会发现至少有一个大小为 mmm 的割，所以会永远输出 No。

冷静分析，这样的原因是空图的存在。所以我们要枚举一个点强制选，也就是断掉对应的边，最后最小割 +2+2+2，当 c−2<mc-2<mc−2<m 时输出 No。

然后要跑 nnn 次完整的 dinic，会 T。注意到每次流量改变是常数，所以在断掉 (u,v)(u,v)(u,v) 时从 uuu 到 SSS 流 c(u,v)c(u,v)c(u,v) 的流量来模拟退流，然后物理断掉这条边。再从 SSS 到 TTT 跑 dinic，因为是在几乎已经增广完的残余网络上跑的所以很快。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <queue>
#define MAXN 6005
#define MAXM 40005
using namespace std;
const int INF=0x7fffffff;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
struct edge{int u,v,c;}e[MAXM];
int head[MAXN],cur[MAXN],nxt[MAXM],cnt=1;
inline void insert(int u,int v,int c){e[++cnt]=(edge){u,v,c};nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;}
inline void addnode(int u,int v,int c){insert(u,v,c),insert(v,u,0);}
int dis[MAXN];
bool bfs(int S,int T)
{queue<int> q;q.push(T);memset(dis,-1,sizeof(dis));dis[T]=0;while (!q.empty()){int u=q.front();q.pop();for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (e[i^1].c&&dis[e[i].v]==-1){dis[e[i].v]=dis[u]+1;q.push(e[i].v);if (e[i].v==S) return true;}}return false;
}
int dfs(int u,int f,int T)
{if (u==T||!f) return f;int used=0;for (int& i=cur[u];i;i=nxt[i])if (e[i].c&&dis[u]==dis[e[i].v]+1){int w=dfs(e[i].v,min(e[i].c,f),T);e[i].c-=w,e[i^1].c+=w;f-=w,used+=w;if (!f) break;}if (!used) dis[u]=-1;return used;
}
inline int dinic(int S,int T,int f=INF)
{int ans=0;while (f>ans&&bfs(S,T))memcpy(cur,head,sizeof(head)),ans+=dfs(S,f-ans,T);return ans;
}
int pos[MAXN];
int solve()
{memset(head,0,sizeof(head));memset(nxt,0,sizeof(nxt));cnt=1;int n,m;n=read(),m=read();int S=n+m+1,T=S+1;for (int i=1;i<=m;i++){addnode(n+i,read(),INF);addnode(n+i,read(),INF);addnode(S,n+i,1);}for (int i=1;i<=n;i++) addnode(i,T,2),pos[i]=cnt;int ans=dinic(S,T);for (int i=1;i<=n;i++){int f=e[pos[i]].c;e[pos[i]].c=e[pos[i]^1].c=0;if (f) ans-=dinic(i,S,f);if (i>1) e[pos[i-1]^1].c=2;ans+=dinic(S,T);if (ans<m) return puts("No"),0;}puts("Yes");return 0;
}
int main()
{for (int T=read();T;T--) solve();return 0;
}

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