AcWing 396 矿场搭建

$AcWing$ $396$ 矿场搭建

一、题目描述

煤矿工地可以看成是由 隧道 连接 挖煤点 组成的 无向图。

为安全起见，希望在工地发生事故时 所有挖煤点的工人都能有一条出路逃到 救援出口处

于是矿主决定在 某些挖煤点 设立 救援出口，使得无论哪一个挖煤点坍塌之后，其他挖煤点的工人都有一条道路通向救援出口。

请写一个程序，用来计算 至少 需要设置几个救援出口，以及不同最少救援出口的设置方案总数。

输入格式
输入文件有若干组数据，每组数据的第一行是一个正整数 $N$，表示工地的隧道数。

接下来的 $N$ 行每行是用空格隔开的两个整数 $S$ 和 $T$，表示挖煤点 $S$ 与挖煤点 $T$ 由隧道直接连接。

注意，每组数据的挖煤点的编号为 $1$∼$Max$，其中 $Max$ 表示由隧道连接的挖煤点中，编号最大的挖煤点的编号，可能存在没有被隧道连接的挖煤点。

输入数据以 $0$ 结尾。

输出格式
每组数据输出结果占一行。

其中第 $i$ 行以 $Case$ $i$: 开始（注意大小写，$Case$ 与 $i$ 之间有空格，$i$ 与 : 之间无空格，: 之后有空格）。

其后是用空格隔开的两个正整数，第一个正整数表示对于第 $i$ 组输入数据至少需要设置几个救援出口，第二个正整数表示对于第 $i$ 组输入数据不同最少救援出口的设置方案总数。

输入数据保证答案小于 $264$，输出格式参照以下输入输出样例。

数据范围
$1≤N≤500，1≤Max≤1000$

输入样例：

9
1  3
4  1
3  5
1  2
2  6
1  5
6  3
1  6
3  2
6
1  2
1  3
2  4
2  5
3  6
3  7
0

输出样例：

Case 1: 2 4
Case 2: 4 1

二、题解

1、加法原理 与 乘法原理

首先，这个无向图不一定是连通的，所以可以把它分成若干个 连通块 来讨论，对于每个连通块，标记数最少直接 累加 (加法原理)，方案数用 乘法原理

2、点双与割点

以测试用例画一张图，标识出点双连通分量绿色和紫色两个区域，其中，点$1$是割点。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 1010;
int n, m;
int dfn[N], low[N], stk[N], ts, top, root;

int bcnt;
vector<int> bcc[N];
bool cut[N];

int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void tarjan(int u, int fa) {
    low[u] = dfn[u] = ++ts;
    stk[++top] = u;
    int son = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        if (!dfn[v]) {
            son++;
            tarjan(v, u);
            low[u] = min(low[u], low[v]);

            if (low[v] >= dfn[u]) {
                int x;
                if (u != root || son > 1) cut[u] = 1;
                bcnt++;
                do {
                    x = stk[top--];
                    bcc[bcnt].push_back(x);
                } while (x != v);
                bcc[bcnt].push_back(u);
            }
        } else
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }

    if (fa == -1 && son == 0) bcc[++bcnt].push_back(u);
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("396_Prepare.in", "r", stdin);
#endif
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d", &m);
    while (m--) {
        int a, b;
        scanf("%d %d", &a, &b);
        n = max(n, a), n = max(n, b); // 鄙视一下~
        if (a != b) add(a, b), add(b, a);
    }

    for (root = 1; root <= n; root++)
        if (!dfn[root]) tarjan(root, -1);

    cout << "点双个数：" << bcnt << endl;

    for (int i = 1; i <= bcnt; i++) {
        cout << "点双编号:" << i << ", 内部节点：";
        for (int j = 0; j < bcc[i].size(); j++)
            cout << bcc[i][j] << " ";
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

3、思路

很显然能够联想到 点双，我们考虑一个点双里面的 割点数量：

• ① $0$个时 说明这个点双与其他的点双之间没有联系，那么这个点双内部至少要建两个救援出口，因为是点双，所以建在哪里都可以，不能只建一个，因为如果恰好是那个点塌了就完了。当然，如果此点双是特殊的点双，也就是 只有一个节点 的情况，那么需要建一个。

• ② $1$个时 说明这个点双与另一个点双之间有联系，那么这个点双里面就只需要建一个救援出口，如果这个出口塌了，剩下的点也可以去另一个点双里面找救援出口，如果那个割点塌了，那么这个点双内的点去这个点双里面的救援出口就好了。

• ③ 大于等于$2$个时 无论哪一个点塌了，这个点双里面的点都可以去其他点双里面找救援出口，所以这个点双里面不需要建救援出口。

注意:不能在割点上建救援出口，这样一下子就断了两个方向来源的路线，在这创建救援出口不是傻吗？

4、总结

• 无割点,与其它连通块彼此独立

  • ① 点双中点的数量为$1$
    放$1$个出口,方案数 $*= 1$ 注： 题目中数据似乎没有特意卡这个~

  • ② 点双中点的数量大于$1$
    放$2$个出口,方案数 $*= C_{cnt}^{2} = cnt*(cnt-1)/2$

• 割点数量$=1$
  放$1$个出口,方案数 $*= C_{cnt-1}^{1} = cnt-1$ (不包含割点)
• 割点数量$=2$
  放$0$个出口,方案数 $*= 1$

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1010, M = N << 2;
int n, m;

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
/*
1. 用tarjan跑出所有的v_bcc和 原图中哪些点是割点
2. 遍历每个v_bcc(点双),考查点双里的割点个数：
  (1). 若此点双内包含的割点数>1，则无论哪一个节点被毁，连通性依旧,不用处理。贡献为0
  (2). 若此点双内包含的割点数=1，则在分量内任意一点建一个(割点处不用建)，一旦分量内建立好的救援出口被毁，
  可以通过割点跑到相临的分量中，走别人的救援出口，ans*=bcc.size()-1。贡献为1
  (3). 若此点双内包含的割点数=0，则任建两个，ans=bcc.size()(bcc.size()-1)/2。贡献为2
*/
int dfn[N], low[N], stk[N], ts, top, root;
int bcnt;
vector<int> bcc[N]; // 双连通分量
bool cut[N];        // 记录割点的桶,割点可能会重复，所以用桶来记录，最后用循环来统计
void tarjan(int u, int fa) {
    low[u] = dfn[u] = ++ts;
    stk[++top] = u;
    int son = 0; // 求割点时，需要记录点双中节点的数量，用于判断是不是单个节点组成的
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        if (!dfn[v]) {
            son++;
            tarjan(v, u);
            low[u] = min(low[u], low[v]);

            // 总结：需要孩子仔细理解原理，能清晰的讲解原理，并默写画出原理图，才能把代码写明白，不能靠简单的背代码，会记不住的
            // 原理 : https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16091406.html
            if (low[v] >= dfn[u]) {
                int x;
                // 记录割点
                if (u != root) cut[u] = 1;
                if (u == root && son >= 2) cut[u] = 1; // 如果u是根节点，但是它至少有两个子节点：则u是割点
                // 如果u是根，并且有1个子节点，那么去掉u后，剩下的那个节点还是双点，所以，u不是割点

                // 记录点双中节点有哪些
                bcnt++;
                do {
                    x = stk[top--];
                    bcc[bcnt].push_back(x);
                } while (x != v);       // 将子树出栈
                bcc[bcnt].push_back(u); // 把割点/树根也丢到点双里
            }
        } else
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    // 因为上面枚举的是边，如果是一个孤立的根，是没有边的，上面的代码不会执行，但它确实是一个点双
    if (u == root && son == 0) bcc[++bcnt].push_back(u);
}

int main() {
    int T = 1;
    while (scanf("%d", &m), m) {
        // 每次清除上次记录的bcnt连通块中点的向量数组
        for (int i = 1; i <= bcnt; i++) bcc[i].clear();

        // n:这题太讨厌了，n居然让我们自己取max计算出来，shit~
        idx = n = ts = top = bcnt = 0;
        memset(h, -1, sizeof h);    // 初始化链式前向星
        memset(dfn, 0, sizeof dfn); // 每个节点的dfs序时间戳
        memset(low, 0, sizeof low);
        memset(stk, 0, sizeof stk); // 栈
        memset(cut, 0, sizeof cut); // 清空割点数组

        while (m--) {
            int a, b;
            scanf("%d %d", &a, &b);
            n = max(n, a), n = max(n, b); // 鄙视一下~
            if (a != b) add(a, b), add(b, a);
        }

        for (root = 1; root <= n; root++)
            if (!dfn[root]) tarjan(root, -1); // 以root为根开始找出 割点 和 点双

        int res = 0; // 增加的救援出口个数
        LL num = 1;  // 增加的救援出口方案数

        for (int i = 1; i <= bcnt; i++) {           // 枚举每个点双
            int cnt = 0;                            // 此点双中割点的数量
            for (int j = 0; j < bcc[i].size(); j++) // 枚举点双中每个点，通过cut这个桶判断是不是割点
                if (cut[bcc[i][j]]) cnt++;

            if (cnt == 0) { // 如果没有割点
                // 如果点双中点的数量大于1，救援出口需要在bcc[i].size()中选择两个,一个坏了还可以走另一个
                if (bcc[i].size() > 1)
                    res += 2, num *= bcc[i].size() * (bcc[i].size() - 1) / 2;
                else
                    // 如果点双中点的数量等于1,孤立的点，那么必须单独设立一个救援出口方案数量不用变化
                    res++;
            } else if (cnt == 1)                 // 如果有一个割点
                res++, num *= bcc[i].size() - 1; // 需要添加一个救援出口
                                                 // 如果有2个或以上的割点，就不用管了，因为一旦某个割点被毁，可以走另一个
        }
        printf("Case %d: %d %lld\n", T++, res, num); // 救援出口个数，方案数
    }
    return 0;
}