AcWing395. 冗余路径

题目大意

$$给定一张无向图，求至少增加多少条边才能将这张图变成一个e-dcc边双连通分量。

解题思路

$$从边双的性质入手：$$\mathrm{边}\mathrm{双}\mathrm{连}\mathrm{通}\mathrm{分}\mathrm{量}\mathrm{内}\mathrm{部}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{个}\mathrm{点}\mathrm{之}\mathrm{间}\mathrm{至}\mathrm{少}\mathrm{有}\mathrm{两}\mathrm{条}\mathrm{不}\mathrm{重}\mathrm{合}\mathrm{的}\mathrm{路}\mathrm{径}$$
$$这刚好符合题目对草地的描述，所以可以推出这题是以上大意。

$$我们将原图进行缩点，可以得到一个新图，这样的新图可以化成一个树的形式：

		   o
		  / \
		 o   o
		/ \ / \
	       o   o o o

然后对于每个叶子节点，想增加一些边让整个图变成一个双连通分量的话，我们就应该让每个节点都处于一个简单环，这样图中才会不存在桥，这是因为每个点都在环上，而环有一个性质：任意一条边断开环上的点仍然是互相连通的，所以我们可以得出一个策略：叶子节点两两分组连线，这样会出现两种情况：

$$1.\mathrm{同}\mathrm{一}\mathrm{组}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{片}\mathrm{叶}\mathrm{子}\mathrm{有}\mathrm{同}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{父}\mathrm{节}\mathrm{点}，\mathrm{那}\mathrm{么}\mathrm{这}\mathrm{两}\mathrm{片}\mathrm{叶}\mathrm{子}\mathrm{和}\mathrm{他}\mathrm{们}\mathrm{的}\mathrm{父}\mathrm{节}\mathrm{点}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{构}\mathrm{成}\mathrm{环}$$

$$2.\mathrm{同}\mathrm{一}\mathrm{组}\mathrm{的}\mathrm{两}\mathrm{片}\mathrm{叶}\mathrm{子}\mathrm{有}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{的}\mathrm{父}\mathrm{节}\mathrm{点}，\mathrm{那}\mathrm{么}\mathrm{这}\mathrm{两}\mathrm{片}\mathrm{叶}\mathrm{子}\mathrm{和}\mathrm{他}\mathrm{们}\mathrm{的}\mathrm{父}\mathrm{节}\mathrm{点}\mathrm{以}\mathrm{及}LCA\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{构}\mathrm{成}\mathrm{环}$$

所以我们选择两片叶子分组，可以分成的组数有两种情况：

$$1.\mathrm{当}\mathrm{叶}\mathrm{子}\mathrm{有}\mathrm{奇}\mathrm{数}\mathrm{片}\mathrm{的}\mathrm{时}\mathrm{候}，\mathrm{需}\mathrm{要}\lfloor \frac{cnt}{2}\rfloor +1\mathrm{条}\mathrm{线}$$

$$2.\mathrm{当}\mathrm{叶}\mathrm{子}\mathrm{有}\mathrm{偶}\mathrm{数}\mathrm{片}\mathrm{的}\mathrm{时}\mathrm{候}，\mathrm{需}\mathrm{要}\frac{cnt}{2}$$

$$\mathrm{综}\mathrm{上}\mathrm{所}\mathrm{述}，\mathrm{需}\mathrm{要}\lceil \frac{cnt}{2}\rceil \mathrm{条}\mathrm{线}$$

所以答案就$OK$了，这里的叶子节点就是缩点之后度数为$1$的点。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
int h[N], e[N], ne[N], w[N], idx;
int dfn[N], low[N], stk[N], top;
int stmp, dcc_cnt, d[N], id[N];
int n, m, is_bridge[N], cnt;

void add(int a, int b) 
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void tarjan(int u, int edg) 
{
    low[u] = dfn[u] = ++ stmp;
    stk[ ++ top] = u;
    
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) 
    {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j]) 
        {
            tarjan(j, i);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
            if (dfn[u] < low[j]) 
                is_bridge[i] = is_bridge[i ^ 1] = true ;
        }
        else if (i != (edg ^ 1)) 
            low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }
    
    if (low[u] == dfn[u]) 
    {
        ++ dcc_cnt; int y;
        do 
        {
            y = stk[top -- ];
            id[y] = dcc_cnt;
        } while (y != u);
    }
}

int main() 
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m -- ) 
    {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v), add(v, u);
    }
    
    tarjan(1, -1);
    
    for (int i = 0; i < idx; i ++ )     
        if (is_bridge[i]) d[id[e[i]]] ++ ;
        
    for (int i = 1; i <= dcc_cnt; i ++ ) 
        if (d[i] == 1) cnt ++ ;
    
    printf("%d\n", cnt + 1 >> 1);
    
    return 0;
}