D8 双连通分量

记得有个梗那一天,zw学生zzh大佬说逃不掉的路变成a不掉的题哈哈哈哈;

分离的路径:

BZOJ 1718
POJ 3177
LUOGU 286

思路:在同一个边双连通分量中,任意两点都有至少两条独立路可达,所以同一个边双连通分量里的所有点可以看做同一个点。缩点后,新图是一棵树,树的边就是原无向图的桥。

现在问题转化为:在树中至少添加多少条边能使图变为双连通图
结论:添加边数=(树中度为1的节点数+1)/2;

具体方法为,首先把两个最近公共祖先最远的两个叶节点之间连接一条边,这样可以把这两个点到祖先的路径上所有点收缩到一起,因为一个形成的环一定是双连通的。
然后再找两个最近公共祖先最远的两个叶节点,这样一对一对找完,恰好是(leaf+1)/2次,把所有点收缩到了一起。

点评:
边双连通分量缩点后,原图变成一颗真正的树,而树上各种操作可以和其他知识点结合起来。
这种敏感性要有,比如缩点之后就可以快速求必经边,必经点之类的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1,ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}
int ver[maxn<<1],Next[maxn<<1],head[maxn],len=1;
inline void add(int x,int y)
{
    ver[++len]=y,Next[len]=head[x],head[x]=len;
}
int dfn[maxn],low[maxn],id;
bool bridge[maxn<<1];
inline void tarjan(int x,int inedge)
{
    dfn[x]=low[x]=++id;
    for (int i=head[x];i;i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if (!dfn[y])
        {
            tarjan(y,i);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
            if (low[y]>dfn[x])
                bridge[i]=bridge[i^1]=1;
        }
        else if (i!=(inedge^1))
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
}
int c[maxn],Out[maxn],dcc;
inline void dfs(int x)
{
    c[x]=dcc;
    for (int i=head[x];i;i=Next[i])
    {
        int y=ver[i];
        if (c[y] || bridge[i]) continue;
        dfs(y);
    }
}
int main()
{
    freopen("rpaths.in","r",stdin);
    freopen("rpaths.out","w",stdout);
    int n,m;read(n);read(m);
    for (int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x,y;
        read(x);read(y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    for (int i=1;i<=n;++i)
        if (!dfn[i]) tarjan(i,-1);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        if (!c[i]) ++dcc,dfs(i);
    for (int i=2;i<=len;i+=2)
    {
        int x=ver[i^1],y=ver[i];
        if (c[x]!=c[y])
            ++Out[c[x]],++Out[c[y]];
    }
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=dcc;++i)
        if (Out[i]==1) ++ans;
    printf("%d\n",(ans+1)>>1);
    return 0;
}
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第二题:逃不掉的路

题目描述
现代社会,路是必不可少的。任意两个城镇都有路相连,而且往往不止一条。但有些路连年被各种XXOO,走着很不爽。按理说条条大路通罗马,大不了绕行其他路呗——可小撸却发现:从a城到b城不管怎么走,总有一些逃不掉的必经之路。
他想请你计算一下,a到b的所有路径中,有几条路是逃不掉的?
输入格式
第一行是n和m,用空格隔开。
接下来m行,每行两个整数x和y,用空格隔开,表示x城和y城之间有一条长为1的双向路。
第m+2行是q。接下来q行,每行两个整数a和b,用空格隔开,表示一次询问。
输出格式
对于每次询问,输出一个正整数,表示a城到b城必须经过几条路。
样例输入
5 5
1 2
1 3
2 4
3 4
4 5
2
1 4
2 5
样例输出
0
1
样例解释
第1次询问,1到4的路径有 1–2--4 ,还有 1–3--4 。没有逃不掉的道路,所以答案是0。
第2次询问,2到5的路径有 2–4--5 ,还有 2–1--3–4--5 。必须走“4–5”这条路,所以答案是1。
数据约定与范围
共10组数据,每组10分。
有3组数据,n ≤ 100 , n ≤ m ≤ 200 , q ≤ 100。
另有2组数据,n ≤ 103, n ≤ m ≤ 2 x 103 , 100 < q ≤ 105。
另有3组数据,103 < n ≤ 105 , m = n-1 , 100 < q ≤ 105。
另有2组数据,103 < n ≤ 105 , n ≤ m ≤ 2 x 105 , 100 < q ≤ 105。
对于全部的数据,1 ≤ x,y,a,b ≤ n;对于任意的道路,两端的城市编号之差不超过104;
任意两个城镇都有路径相连;同一条道路不会出现两次;道路的起终点不会相同;查询的两个城市不会相同。

 

分析:既然是求必须经过的边,那么边双包含的集合肯定不是必须经过的,就可以把所有边双缩点;

原图得到一颗树后,问题就变成了简单的求树上两点之间的距离。

这个题就是lca+边双的题啦:

 第三题:矿场搭建

BZOJ 2730
LUOGU 3225

首先我们知道,对于这张图,我们可以枚举坍塌的是哪个点,对于每个坍塌的点,最多可以将图分成若干个不连通的块,这样每个块我们可能需要一个出口才能满足题目的要求,枚举每个坍塌的点显然是没有意义的,我们只需要每个图的若干个割点,这样除去割点的图有若干个块,我们可以求出只与一个割点相连的块,这些块必须要一个出口才能满足题目的要求,每个块内有块内个数种选法,然后将所有满足一个割点相连的块的点数连乘就行了。

对于每个与一个割点相连的块必须建出口可以换一种方式理解,我们将每个块看做一个点,那么算上割点之后,这张图就变成了一颗树,只有叶子节点我们需要建立出口,因为对于非叶子节点我们不论断掉哪个点我们都有另一种方式相连,这里的叶子节点就是与一个割点相连的块。
最后还有个特判,就是对于一个双连通图,我们至少需要选取两个点作为出口,因为如果就选一个,可能该点为坍塌点,这时我们就任选两个点就行了,方案数为点数x(点数-1)>>1。

代码该如何写?
先tarjan求一下所有的点双。
然后对于每一个点双,分类讨论:
1、只有一个割点,必须选一个非割点。
2、有>=2个割点,不用选
3、有0个割点,必须选俩。
画个图理解一下撒;

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=510;
struct gg
{
    int y,next;
}a[maxn*maxn];
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1,ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)) ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}
long long hl,ans=1;
int lin[maxn],len;
inline void add(int x,int y)
{
    a[++len].y=y;
    a[len].next=lin[x];
    lin[x]=len;
}
int dfn[maxn],low[maxn],num,root;
bool cut[maxn];
inline void tarjan(int x,int fa)
{
    dfn[x]=low[x]=++num;
    int flag=0;
    for (int i=lin[x];i;i=a[i].next)
    {
        int y=a[i].y;
        if (!dfn[y])
        {
            tarjan(y,x);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
            if(low[y]>=dfn[x])
            {
                ++flag;
                if (x!=root||flag>1) cut[x]=1;
            }
        }
        else if (y!=fa)
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
}
int vis[maxn],k,cnt;
inline void dfs(int x)
{
    vis[x]=k;
    ++cnt;
    for(int i=lin[x];i;i=a[i].next)
    {
        int y=a[i].y;
        if(vis[y]!=k&&cut[y]) ++num,vis[y]=k;
        if(!vis[y])    dfs(y);
    }
}
int main()
{
    freopen("input.in","r",stdin);
    freopen("output.out","w",stdout);
    for (int ca=1;;++ca)
    {
        int n=0,m;
        read(m);
        if(!m) exit(0);
        memset(dfn,0,sizeof(dfn));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(cut,0,sizeof(cut));
        memset(lin,0,sizeof(lin));
        hl=k=num=len=0;
        ans=1;
        for (int i=1;i<=m;++i)
        {
            int x,y;read(x);read(y);
            n=max(n,max(x,y));
            add(x,y);add(y,x);
        }
        for (int i=1;i<=n;++i)
            if(!dfn[i]) root=i,tarjan(i,i);
        for (int i=1;i<=n;++i)
            if(!vis[i]&&!cut[i])
            {
                ++k,cnt=num=0;
                dfs(i);
                if(!num) hl+=2,ans*=cnt*(cnt-1)/2;
                if(num==1) hl++,ans*=cnt;
            }
        printf("Case %d: %lld %lld\n",ca,hl,ans);
    }
    return 0;
}
View Code

 

 

posted @ 2019-02-24 13:54  Tyouchie  阅读(308)  评论(1编辑  收藏  举报