[TK] BLO

合集 - 题解(24)

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初步分析

此题描述让我们想到Tarjan求割点，因此我们从割点的角度来探讨一下这道题.

假如我们去掉的不是一个割点，那么它实际上不会对连通性造成影响，但是根据样例可以看出来，删去这个点导致了其余点与当前点无法联通，即答案为 $2(n-1)$.

假如我们去掉的点是一个割点，那么它必然会将整张图分成 $k$ 部分，我们设第 $i$ 部分的节点数是 $s_i$，那么显然 部分 $i$ 与其他部分中的每一个节点都不连通, 假如现在在部分 $i$ 内有一个节点 $A$，与它联通的节点数量等于 $i$ 内其他节点数量，即 $s_i-1$，又已知当前节点总数为 $n-1$，那么与它不连通的节点数量即为 $(n-1)-(s_i-1)=n-s_i$. $i$ 内所有点都满足这一点，因此 $i$ 内的不连通节点对数 $C_i$ 必然满足

$$\frac{1}{2}{C}_i=s_i(n-s_i)$$

再加上删去 $i$ 节点导致其他点与 $i$ 不连通，对于全部不连通的节点数量 $C$ ，有

$$\frac{1}{2}C=(n-1)+\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i(n-s_i)$$

但是有一个问题，即通过上述代码得到的结果有部分数据偏小，说明我们还有未考虑到的部分.

来看一组样例

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5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

输出:
8
8
8
8
8

答案:

8
8
16
14
8

根据我们的算法，删掉 $3$ 之后，分出来两个 $s=2$ 的连通块，但输出中间变量法发现，统计的 $s$ 分别为 $5,4,3,2,1$. 这说明从 $3$ 返回 $1$ 失败了.

根据数据思考，发现数据有可能出现 搜索到的连通块的 $low$ 值小于搜索点的 $dfn$ 值 的情况，譬如整颗搜索树的根节点在这个连通块上. 这样的情况我们就不会去计算它的 $size$，那么我们需要考虑计算出这些连通块的贡献.

易得这些节点的数量等于总数量减去已搜索的节点数量，而已搜索的节点数量我们已经求出，正好是 $1+\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i$. 它们中的每一个节点与其他连通块均不联通，即单个贡献为 $1+\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i$. 由此，有

$$\frac{1}{2}C=(n-1)+\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i(n-s_i)+[n-(1+\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i](1+\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i)$$

因此，本题的实质是使用Tarjan求割点并维护子树的 $size$.

思路实现

注意到我们在上述推论中提到的子树是指 当前点的邻边拓展得到的树，因此考虑在Tarjan时直接求出上述 $size$.

1. 一个节点的 $size$ 等于其子树之和.
2. 一个节点的子节点全部遍历完成后，该节点的根节点再计入 $size$. (这其实与Tarjan的思想相一致).

同时，仿照树形DP，为了防止DFS的时候直接走回父节点，我们给Tarjan引入一个新参数 $root$ 表示当前节点来处的父节点 ，当遍历到 $root$ 时直接跳过.

我们引入一个变量 $res$ 用于累计目前搜索到的当前节点的子节点的 $size$ 总和. $s_i$ 表示当前结束递归的子节点的 $size$，那么我们在每次遇到满足条件的点时，累计当前 $s_i\times res$ 的值到 $ans$ ，这样就可以求出全部 $\sum _{1\le i\le k}^i{s}_i(n-s_i)$ 的值. 请读者稍加思考，这样可以快速求出答案，因为它保证每对点仅会乘到一次.

代码实现

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void tarjan(long long s,long long root){
    dfn[s]=low[s]=++cnt;
	long long son=0;
	long long res=0;
    for(int i:e[s]){
		if(i==root){
			continue; //防止走回去
		}
        if(!dfn[i]){
            tarjan(i,s);
			size[s]+=size[i];
			low[s]=min(low[s],low[i]);
            if(dfn[s]<=low[i]){
                son++;
                if(root!=0||son>1){
                    cutpoint[s]=true;
					ans[s]+=(long long)size[i]*res; //积累s[i]*res
                    res+=size[i];
                }
            }
        }
        else{
			low[s]=min(low[s],dfn[i]);
		}
    }
    ans[s]+=(long long)((n-res-1)*res); //积累特判
    size[s]++;
}
int main(){
	long long m;
	cin>>n>>m;
	for(long long i=1;i<=m;++i){
		long long x,y;
		cin>>x>>y;
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	for(long long i=1;i<=n;++i){
		if(!dfn[i]){
			tarjan(i,0);
		}
	}
	for(long long i=1;i<=n;++i){
		cout<<2*(ans[i]+n-1)<<endl; //加上刚才没加的
	}
}