【题解 P4606】战略游戏
[SDOI2018] 战略游戏
题目描述
省选临近，放飞自我的小 Q 无心刷题，于是怂恿小 C 和他一起颓废，玩起了一款战略游戏。
这款战略游戏的地图由 \(n\) 个城市以及 \(m\) 条连接这些城市的双向道路构成，并且从任意一个城市出发总能沿着道路走到任意其他城市。
现在小 C 已经占领了其中至少两个城市，小 Q 可以摧毁一个小 C 没占领的城市，同时摧毁所有连接这个城市的道路。只要在摧毁这个城市之后能够找到某两个小 C 占领的城市 \(u\) 和 \(v\)，使得从 \(u\) 出发沿着道路无论如何都不能走到 \(v\)，那么小 Q 就能赢下这一局游戏。
小 Q 和小 C 一共进行了 \(q\) 局游戏，每一局游戏会给出小 C 占领的城市集合 \(S\)，你需要帮小 Q 数出有多少个城市在他摧毁之后能够让他赢下这一局游戏。
输入格式
第一行包含一个正整数 \(T\)，表示测试数据的组数。
对于每组测试数据：
第一行是两个整数 \(n\) 和 \(m\) ，表示地图的城市数和道路数。
接下来 \(m\) 行，每行包含两个整数 \(u\) 和 \(v (1 \le u < v \le n)\)，表示第 \(u\) 个城市和第 \(v\) 个城市之间有一条道路，同一对城市之间可能有多条道路连接。
第 \(m + 1\) 是一个整数 \(q\)，表示游戏的局数，
接下来 \(q\) 行，每行先给出一个整数 \(|S| (2 \le |S| \le n)\)，表示小 C 占领的城市数量，然后给出 \(|S|\) 个整数 \((1 \le S_1 < S_2 < \cdots < S_{|S|} ≤ n)\)，表示小 C 占领的城市。
输出格式
对于每一局游戏，输出一行，包含一个整数，表示这一局游戏中有多少个城市在小 Q 摧毁之后能够让他赢下这一局游戏。
样例 #1
样例输入 #1
2
7 6
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
3
2 1 2
3 2 3 4
4 4 5 6 7
6 6
1 2
1 3
2 3
1 4
2 5
3 6
4
3 1 2 3
3 1 2 6
3 1 5 6
3 4 5 6
样例输出 #1
0
1
3
0
1
2
3
提示
- \(1 \le T \le 10\)；
- \(2 \le n \le 10^5\) 且 \(n - 1 \le m \le 2\times 10 ^ 5\)；
- \(1 \le q \le 10^5\)；
- 对于每组测试数据，有 \(\sum|S| \le 2 \times 10^5\)。
Subtasks
- 子任务 1 (30 分)：对于每组测试数据，满足 \(\sum|S| \le 20\)；
- 子任务 2 (45 分)：对于每一次询问，满足 \(|S| = 2\)；
- 子任务 3 (25 分)：没有任何附加的限制。
解法
看见删点后有两点不能到达，考虑割点。
看见 \(\sum|S| \le 2 \times 10^5\) ，考虑虚树。
然后就是建一个圆方树，查询建虚树处理就好了。
但怎么查两点之间的割点数呢？
首先，若一个点为圆点（即不是点双造出来的点），他与父节点的连边的权值为1，否则为0。
设查询 \(m\) 个点 \(a_1,a_2,a_3,......,a_m\)，将 \(a_1,a_2\) 与 \(a_2,a_3\) \(......\) \(a_m,a_1\) 的路径上的权值加起来，除以二，即为这个联通块内割点的数量。
还有是点转边，所以若联通块的根（ \(LCA(a_1,a_m)\) ）为圆点，要加上1。
由于占领的点不能删，还有减去点的个数。
输出答案即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,dfn[200005],low[100005],num,co,f[200005][19],deep[200005],f1[200005][19],val,m1,b[200005],r,d1[200005];
vector<long long> a[100005],d[200005],t[200005];
stack<long long> l;
bool v[200005];
void tarjan(long long x,long long y)
{
dfn[x]=low[x]=++num;
l.push(x);
for(int i=0;i<a[x].size();i++)
{
if(a[x][i]==y)continue;
if(!dfn[a[x][i]])
{
tarjan(a[x][i],x);
low[x]=min(low[x],low[a[x][i]]);
if(low[a[x][i]]>=dfn[x])
{
co++;
while(l.top()!=a[x][i])
{
d[co].push_back(l.top());
l.pop();
}
l.pop();
d[co].push_back(a[x][i]);
d[co].push_back(x);
}
}
else low[x]=min(low[x],dfn[a[x][i]]);
}
return;
}
void dfs1(long long x,long long y)
{
f[x][0]=y;
deep[x]=deep[y]+1;
dfn[x]=++num;
for(int i=0;i<t[x].size();i++)
{
if(t[x][i]==y)continue;
f1[t[x][i]][0]=v[t[x][i]];
dfs1(t[x][i],x);
}
return;
}
long long LCA(long long x,long long y)
{
if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
val=0;
for(int i=18;i>=0;i--)
{
if(deep[f[x][i]]>=deep[y])val+=f1[x][i],x=f[x][i];
}
if(x==y)return x;
for(int i=18;i>=0;i--)
{
if(f[x][i]!=f[y][i])val+=f1[x][i]+f1[y][i],x=f[x][i],y=f[y][i];
}
val+=f1[x][0]+f1[y][0];
x=f[x][0];
y=f[y][0];
return x;
}
bool cmp1(long long x,long long y)
{
return dfn[x]<dfn[y];
}
void poi()
{
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(deep,0,sizeof(deep));
memset(f1,0,sizeof(f1));
memset(v,false,sizeof(v));
num=co=0;
long long x,y;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld",&x,&y);
a[x].push_back(y);
a[y].push_back(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!dfn[i])tarjan(i,0);
while(l.size()!=0)l.pop();
}
for(int i=1;i<=co;i++)
{
for(int j=0;j<d[i].size();j++)
{
t[n+i].push_back(d[i][j]);
t[d[i][j]].push_back(n+i);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
v[i]=true;
}
num=0;
dfs1(1,0);
for(int i=1;i<=18;i++)
{
for(int j=1;j<=n+co;j++)f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1],f1[j][i]=f1[j][i-1]+f1[f[j][i-1]][i-1];
}
long long q,s;
scanf("%lld",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
s=0;
scanf("%lld",&m1);
for(int j=1;j<=m1;j++)
{
scanf("%lld",&b[j]);
}
sort(b+1,b+m1+1,cmp1);
for(int j=1;j<m1;j++)
{
LCA(b[j],b[j+1]);
s+=val;
}
LCA(b[1],b[m1]);
s+=val;
s/=2;
s+=v[LCA(b[1],b[m1])];
s-=m1;
printf("%lld\n",s);
}
for(int i=1;i<=n;i++)a[i].clear();
for(int i=1;i<=co;i++)d[i].clear();
for(int i=1;i<=co+n;i++)t[i].clear();
return;
}
int main()
{
long long qwe;
scanf("%lld",&qwe);
for(int i=1;i<=qwe;i++)poi();
return 0;
}
