【dfs+连通分量】Bzoj1123 POI2008 BLO

Description

Byteotia城市有n个 towns m条双向roads. 每条 road 连接 两个不同的 towns ,没有重复的road. 所有towns连通。

Input

输入n<=100000 m<=500000及m条边

Output

输出n个数，代表如果把第i个点去掉，将有多少对点不能互通。

 

Solution

求割顶的一系列操作不仅可以用来求割顶，也可以解决很多问题，比如这道题。

dfs是很神奇的，对于节点u能扩展出去的v的子树是互相独立的，反向边也只会往上连。

那么对于u，他的父亲p和能连回去的v形成一个连通块，其余v各成一个连通块。

然后就很好统计了(细节自己想)，其实用dfs树来处理大概就是树形dp。

 

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5,maxm=1e6+5;

int pre[maxn],low[maxn],clock;
int head[maxn],e[maxm],nxt[maxm],cnt;
int adde(int u,int v){
    e[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
    e[++cnt]=u;nxt[cnt]=head[v];head[v]=cnt;
}
ll ans[maxn],t[maxn];
int n,m,size[maxn];

int dfs(int u){
    pre[u]=low[u]=++clock;
    size[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=e[i];
        if(pre[v]) low[u]=min(low[u],pre[v]);
        else{
            dfs(v);
            size[u]+=size[v];
            low[u]=min(low[u],low[v]);
            if(low[v]>=pre[u]){
                ans[u]+=t[u]*size[v];
                t[u]+=size[v];
            }
        }
    }
    ans[u]+=t[u]*(n-t[u]-1);
    ans[u]=(ans[u]+n-1)*2;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        adde(u,v);
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!pre[i]) dfs(i);
        
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}