POJ3352Road Construction(构造双连通图)sdut2506完美网络
构造双连通图：一个有桥的连通图，如何把它通过加边变成边双连通图？
一个有桥的连通图，如何把它通过加边变成边双连通图？方法为首先求出所有的桥，然后删除这些桥边，剩下的每个连通块都是一个双连通子图。把每个双连通子图收缩为一个顶点，再把桥边加回来，最后的这个图一定是一棵树，边连通度为1。
统计出树中度为1的节点的个数，即为叶节点的个数，记为leaf。则至少在树上添加(leaf+1)/2条边，就能使树达到边二连通，所以至少添加的边数就是(leaf+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。
题目： http://poj.org/problem?id=3352
题意:给你一个连通的无向图,现在问你最少在该图中添加几条边,能使得该图变成边双连通图?
我没有搞懂为什么至少在树上添加(leaf+1)/2条边，就能使树达到边二连通，暂且记住吧。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <stack> #define N 10010 using namespace std; struct node { int x,y,w,next,flag; } eg[2*N]; stack<int>q; int tt,head[N],dfn[N],low[N],ti,n,m,be[N],bridge[N][2],tp; int cnt,de[N]; void init() { tt=0; ti=0; tp=0; cnt=0; memset(head,-1,sizeof(head)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(be,0,sizeof(be)); memset(de,0,sizeof(de)); memset(bridge,0,sizeof(bridge)); while(!q.empty()) q.pop(); } void add(int xx,int yy) { eg[tt].x=xx; eg[tt].y=yy; eg[tt].next=head[xx]; head[xx]=tt++; } void tarjan(int u,int fa) { dfn[u]=low[u]=++ti; q.push(u); for(int i=head[u]; i!=-1; i=eg[i].next) { int v=eg[i].y; if(v==fa) continue; if(!dfn[v]) { tarjan(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>dfn[u])//边(u,v)为桥，可以统计一个边连通分支 { bridge[tp][0]=u; bridge[tp++][1]=v; ++cnt; int w; do { w=q.top(); q.pop(); be[w]=cnt; } while(w!=v);//注意点u并没有出栈，因为点u属于另一个边连通分量 } } else { low[u]=min(dfn[v],low[u]); } } } int main() { int xx,yy; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { init(); for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&xx,&yy); add(xx,yy); add(yy,xx); } tarjan(1,-1); if(!q.empty()) { ++cnt; int w; do { w=q.top(); q.pop(); be[w]=cnt; } while(w!=1); } for(int i=0; i<tp; i++) { int u=bridge[i][0]; int v=bridge[i][1]; de[be[u]]++; de[be[v]]++; //统计缩点后的的度 } /*for(int i=0;i<tp;i++) { printf("bridge==%d %d\n",bridge[i][0],bridge[i][1]); } printf("cnt==%d\n",cnt);*/ int leaf=0; for(int i=1; i<=cnt; i++) { if(de[i]==1) leaf++; } printf("%d\n",(leaf+1)/2); } return 0; }
第一次交的，需要用数组f[N]防止跨边，我感觉实际上这样是没用的，但大家代码都这么写我就贴一下吧，无向图是没有跨边的。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <stack> #define N 10010 using namespace std; struct node { int x,y,w,next,flag; } eg[2*N]; stack<int>q; int tt,head[N],dfn[N],low[N],ti,n,m,be[N],bridge[N][2],tp; int cnt,de[N],f[N]; void init() { tt=0; ti=0; tp=0; cnt=0; memset(head,-1,sizeof(head)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(be,0,sizeof(be)); memset(de,0,sizeof(de)); memset(bridge,0,sizeof(bridge)); memset(f,0,sizeof(f)); while(!q.empty()) q.pop(); } void add(int xx,int yy) { eg[tt].x=xx; eg[tt].y=yy; eg[tt].next=head[xx]; head[xx]=tt++; } void tarjan(int u,int fa) { dfn[u]=low[u]=++ti; q.push(u); f[u]=1; for(int i=head[u]; i!=-1; i=eg[i].next) { int v=eg[i].y; if(v==fa) continue; if(!dfn[v]) { tarjan(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>dfn[u])//边(u,v)为桥，可以统计一个边连通分支 { bridge[tp][0]=u; bridge[tp++][1]=v; ++cnt; int w; do { w=q.top(); q.pop(); f[w]=0; be[w]=cnt; } while(w!=v);//注意点u并没有出栈，因为点u属于另一个边连通分量 } } else if(f[v]) { low[u]=min(dfn[v],low[u]); } } } int main() { int xx,yy; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { init(); for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&xx,&yy); add(xx,yy); add(yy,xx); } tarjan(1,-1); if(!q.empty()) { ++cnt; int w; do { w=q.top(); q.pop(); be[w]=cnt; } while(w!=1); } for(int i=0;i<tp;i++) { int u=bridge[i][0]; int v=bridge[i][1]; de[be[u]]++; de[be[v]]++; //统计缩点后的的度 } /*for(int i=0;i<tp;i++) { printf("bridge==%d %d\n",bridge[i][0],bridge[i][1]); } printf("cnt==%d\n",cnt);*/ int leaf=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) { if(de[i]==1) leaf++; } printf("%d\n",(leaf+1)/2); } return 0; }
sdut2506:http://acm.sdut.edu.cn/sdutoj/problem.php?action=showproblem&problemid=2506
题目解析：不是很确定自己是不是做对了，只能说数据很水吧，他丫的题目说给的是连通图，第一个事例就是不联通的，然后我发现在度为0的连通分量上添加一条边
到任意连通分量不会改变原先连通分量度为1的个数，还是能利用（leaf+1)/2这一结论。
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <stack> #define N 10010 using namespace std; struct node { int x,y,w,next,flag; } eg[2*N]; stack<int>q; int tt,head[N],dfn[N],low[N],ti,n,m,be[N],bridge[N][2],tp; int cnt,de[N]; void init() { tt=0; ti=0; tp=0; cnt=0; memset(head,-1,sizeof(head)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(be,0,sizeof(be)); memset(de,0,sizeof(de)); memset(bridge,0,sizeof(bridge)); while(!q.empty()) q.pop(); } void add(int xx,int yy) { eg[tt].x=xx; eg[tt].y=yy; eg[tt].next=head[xx]; head[xx]=tt++; } void tarjan(int u,int fa) { dfn[u]=low[u]=++ti; q.push(u); for(int i=head[u]; i!=-1; i=eg[i].next) { int v=eg[i].y; if(v==fa) continue; if(!dfn[v]) { tarjan(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(low[v]>dfn[u])//边(u,v)为桥，可以统计一个边连通分支 { bridge[tp][0]=u; bridge[tp++][1]=v; ++cnt; int w; do { w=q.top(); q.pop(); be[w]=cnt; } while(w!=v);//注意点u并没有出栈，因为点u属于另一个边连通分量 } } else { low[u]=min(dfn[v],low[u]); } } } int main() { int xx[10001],yy[10001]; int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); init(); for(int i=0; i<m; i++) { scanf("%d%d",&xx[i],&yy[i]); add(xx[i],yy[i]); add(yy[i],xx[i]); } for(int i=1; i<=n; i++) { if(!dfn[i]) { tarjan(i,-1); if(!q.empty()) { ++cnt; int w; do { w=q.top(); q.pop(); be[w]=cnt; } while(w!=i); } } } for(int i=0; i<tp; i++) { int u=bridge[i][0]; int v=bridge[i][1]; de[be[u]]++; de[be[v]]++; //统计缩点后的的度 } int du[N]; int sum=0; memset(du,0,sizeof(du)); for(int i=0; i<m; i++) { if(be[xx[i]]!=be[yy[i]]) { du[be[xx[i]]]++; du[be[yy[i]]]++; } } if(cnt==1) { printf("0\n"); continue; } for(int i=1; i<=cnt; i++) { if(du[i]==0) sum++; } // printf("sum==%d\n",sum); /* for(int i=0;i<tp;i++) { printf("bridge==%d %d\n",bridge[i][0],bridge[i][1]); } printf("cnt==%d\n",cnt);*/ int leaf=0; for(int i=1; i<=cnt; i++) { if(de[i]==1) leaf++; } // printf("leaf==%d\n",leaf); printf("%d\n",(leaf+1)/2+sum); } return 0; }
poj3352:贴一下大牛的解法，我只会第二种。
双连通分量
题意：比较裸的题意，就是给一个无向图，问添加多少条边后能使整个图变成双连通分量
分析：建议先学了双连通分量的相关知识，因为这题是算是个模板题（我自己写了模板，过了这题，但是还没有充分测试），如果没学好相关知识即便这个模板题也不好懂
双连通分量分为【点双连通分量，边双连通分量】，这题是个边双连通分量，就是要求出整个图的边双连通分量，然后缩点，然后找出缩点后每个点的度，度为1的点其实是树叶，答案就是(leaf+1)/2去上整，为什么是这个答案，网上的解释是，每次找到两个叶子他们的最近公共祖先最远，然后给这两个叶子连一条边，然后依次找出这样的点，所以是(leaf+1)/2
现在为问题就是1.怎么缩点。2.怎么统计缩点后的度
//////////// 注意一点 ///////////////////
这题的题意是保证了图是连通的，所以才有上面的计算公式，所以只要dfs一次，如果图不连通，可能要dfs多次，并且不是上面的计算公式(leaf+1)/2
两种做法：
1.简化tarjan，在边双连通分量中，每个点low[u]其实已经记录是这个点u是属于哪个边双连通分量了，low[u] = low[v] ，那么点u和点v在一个边双连通分量中，所以我们可以不用急着找什么连通分量，我们先运行一次dfs，把那个顶点的low都计算出来，然后我们查看原图的每一条边（u，v），看看原图的两个点u，v是不是属于不同的连通分量，是的话，缩点后它们之间就有一条边，那么就要统计它们的度。统计完后就可以知道哪些是叶子了
2.上面的做法，是在dfs后再处理边双连通分量的，可以一边dfs，一边就找到边双连通分量呢？是可以，这个方法才是要讲的重点
首先有几个知识点
先搞清楚，树边，后向边，前向边，横叉边是什么，维基百科有讲解
对原图缩点后，变成了一棵无根树，树的边是什么?其实就是原图的桥，所以，我们可以在dfs过程中把所有的桥保存下来，放在一个表中，然后dfs完后，直接去查看那个表，桥的两端是两个点，这两个点是一个属于两个不同的边双连通分量的，所以我们可以直接统计这些缩点的度
判断桥的条件比较简单，对于一条树边（注意是树边），在dfs过程中是从u到v的（可以看做u是v的父亲），且满足low[v] > dfn[u] ， 那么无向边(u,v)就是桥，就可以把这条边保存在表中
另外在这个dfs中借助了栈（方法1可以用栈，也可以不用，因为方法1简化了tarjan），在dfs过程中访问了点就不断入栈。在找到一条桥后，就准备将一些点出栈，因为这些准备出栈的点都是属于一个边双连通分量的，出栈的终于条件是，点v最后出来，点u不能出，注意，点u不能，点u不是属于点v的那个连通分量的，因为桥（u，v）分开了他们
方法1：简化了tarjan的过程，注意vis的意思，其实它的作用代替了栈的作用，vis[i]=0,1,2分别表示还没访问，已经访问但是还没退出，访问完并退出，它表示的是一种时间上的顺序
这个代码跑得快，0ms
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define N 1010 #define M 1010 #define INF 0x3f3f3f3f int n,tot; int head[N]; struct edge { int u,v,next; }e[2*M]; int dfn[N],low[N],vis[N],dcnt,bcnt,de[N]; inline int min(int x , int y) { return x<y ? x:y; } void add(int u ,int v ,int k) { e[k].u = u; e[k].v = v; e[k].next = head[u]; head[u] = k++; u = u^v; v = u^v; u = u^v; e[k].u = u; e[k].v = v; e[k].next = head[u]; head[u] = k++; } void dfs(int u ,int fa) { dfn[u] = low[u] = ++dcnt; vis[u] = 1; for(int k=head[u]; k!=-1; k=e[k].next) { int v = e[k].v; if(v == fa) continue; if(!vis[v]) //树边 { dfs(v,u); low[u] = min(low[u] , low[v]); } else if(vis[v] == 1) //后向边 low[u] = min(low[u] , dfn[v]); //如果是横叉边为vis[v] == 2 , 跳过 } vis[u] = 2; } void solve() { memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(de,0,sizeof(de)); memset(vis,0,sizeof(vis)); dcnt = bcnt = 0; for(int i=1; i<=n; i++) if(!vis[i]) dfs(i,i); for(int u=1; u<=n; u++) for(int k=head[u]; k!=-1; k=e[k].next) { int v = e[k].v; if(low[u] != low[v]) //属于不同的边连通分量 de[low[u]]++; } int leaf = 0; for(int i=1; i<=n; i++) if(de[i] == 1) leaf++; cout << (leaf+1)/2 << endl; } int main() { while(cin>> n >> tot) { int u,v,k = 0; memset(head,-1,sizeof(head)); for(int i=0; i<tot; i++,k+=2) { cin >> u >> v; add(u,v,k); } solve(); } return 0; }
方法2：这个代码慢啊，150ms，而且不知道模板还有没有其他的问题，至少是还没能处理重边
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define N 1010 #define M 1010 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) int n,tot; int head[N],dfn[N],low[N],belong[N],de[N],stack[N],bridge[M][2],ins[N],dcnt,bcnt,top,bnum; struct edge { int u,v,next; }e[2*M]; void add(int u ,int v ,int k) { e[k].u = u; e[k].v = v; e[k].next = head[u]; head[u] = k++; u = u^v; v = u^v; u = u^v; e[k].u = u; e[k].v = v; e[k].next = head[u]; head[u] = k++; } void dfs(int u ,int fa) { dfn[u] = low[u] = ++dcnt; stack[++top] = u; ins[u] = 1; for(int k=head[u]; k!=-1; k=e[k].next) { int v = e[k].v; if(v == fa) continue; if(!dfn[v]) //树边 { dfs(v,u); low[u] = min(low[u] , low[v]); if(low[v] > dfn[u]) //边(u,v)为桥，可以统计一个边连通分支 { //保存桥 bridge[bnum][0] = u; bridge[bnum++][1] = v; ++bcnt; while(true) { int x = stack[top--]; ins[x] = 0; belong[x] = bcnt; if(x == v) break; }//注意点u并没有出栈，因为点u属于另一个边连通分量 } } else if(ins[v]) //后向边 low[u] = min(low[u] , dfn[v]); //横叉边为（dfn[v] && !ins[v]），跳过 } } void solve() { memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(de,0,sizeof(de)); memset(ins,0,sizeof(ins)); dcnt = bcnt = top = bnum = 0; dfs(1,-1); if(top) { ++bcnt; while(true) { int x = stack[top--]; ins[x] = 0; belong[x] = bcnt; if(x == 1) break; } } for(int i=0; i<bnum; i++) //取出所有的桥 { int u = bridge[i][0]; int v = bridge[i][1]; de[belong[u]]++; de[belong[v]]++; //统计缩点后的的度 } int leaf = 0; for(int i=1; i<=bcnt; i++) if(de[i] == 1) leaf++; cout << (leaf+1)/2 << endl; //可以把下面的注释去掉，看看记录的内容，帮组理解 /* for(int u=1; u<=n; u++) cout << u << "[" << belong[u] << "]" << endl; for(int i=1; i<=bcnt; i++) cout << "[" << de[i] << "]" << endl; for(int i=0; i<bnum; i++) { int u = bridge[i][0], v = bridge[i][1]; printf("桥： %d %d\n",u,v); printf("缩点后的边: %d %d\n",belong[u] , belong[v]); } */ } int main() { while(cin >> n >> tot) { memset(head,-1,sizeof(head)); int u,v,k=0; for(int i=0; i<tot; i++,k+=2) { cin >> u >> v; add(u,v,k); } solve(); } return 0; }
