395. 冗余路径
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395. 冗余路径
为了从 \(F\) 个草场中的一个走到另一个，奶牛们有时不得不路过一些她们讨厌的可怕的树。
奶牛们已经厌倦了被迫走某一条路，所以她们想建一些新路，使每一对草场之间都会至少有两条相互分离的路径，这样她们就有多一些选择。
每对草场之间已经有至少一条路径。
给出所有 \(R\) 条双向路的描述，每条路连接了两个不同的草场，请计算最少的新建道路的数量，路径由若干道路首尾相连而成。
两条路径相互分离，是指两条路径没有一条重合的道路。
但是，两条分离的路径上可以有一些相同的草场。
对于同一对草场之间，可能已经有两条不同的道路，你也可以在它们之间再建一条道路，作为另一条不同的道路。
输入格式
第 \(1\) 行输入 \(F\) 和 \(R\)。
接下来 \(R\) 行，每行输入两个整数，表示两个草场，它们之间有一条道路。
输出格式
输出一个整数，表示最少的需要新建的道路数。
数据范围
\(1 \le F \le 5000\),
\(F-1 \le R \le 10000\)
输入样例：
7 7
1 2
2 3
3 4
2 5
4 5
5 6
5 7
输出样例：
2
解题思路
缩点，边双连通分量
无向图的边双连通分量涉及到桥（边）的概念：删除该边后连通块的数量会发生改变。边双连通分量即不含桥的极大连通分量，即删除边双连通分量内的任意一条边后两个端点仍然连通。
求法类似于强连通分量 1174. 受欢迎的牛，假设遍历到 \(x\)，对于另外一个节点 \(y\)，这条边是桥当且仅当 \(dfn[x]<low[y]\)，即 \(y\) 不能跑到 \(x\) 的前面
求出所有的桥后即缩点后会形成一棵树，假设树的叶子节点数量为 \(cnt\)，则答案为 \(\left \lceil \frac{cnt}{2} \right \rceil\)
简单证明：由于每个叶子节点都需要与其他节点连边才不会形成一个桥，否则如果某个叶子节点没有与其他节点连边的话其与父亲节点连接的边便是桥，所以每一个叶子节点都需要建边，且尽量是两个叶子节点之间连边才会使需要连边的数量最小，故可知答案不会小于 \(\left \lceil \frac{cnt}{2} \right \rceil\)，关键在于如何构造这样的边，如果随机在叶子节点上建边的话，现在我们担心这样情况：上面的边可能会形成桥，对于一条边可能形成桥的情况，其必定下面一个端点必定至少有两个节点，即一座桥最少对应两个叶子节点，故桥的数量不大于 \(\left \lceil \frac{cnt}{2} \right \rceil\)，则我们总是可以这样构造：专门在那些不形成桥的叶子节点上建边
- 时间复杂度：\(O(n+m)\)
代码
// Problem: 冗余路径
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/397/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=5005,M=20005;
int n,m;
int h[N],e[M],ne[M],cnt;
int dfn[N],low[N],timestamp,dcc_cnt,id[N];
int stk[N],top;
int d[N];
bool is_bridge[N];
void add(int a,int b)
{
e[cnt]=b,ne[cnt]=h[a],h[a]=cnt++;
}
void tarjan(int x,int from)
{
dfn[x]=low[x]=++timestamp;
stk[++top]=x;
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(!dfn[j])
{
tarjan(j,i);
low[x]=min(low[x],low[j]);
if(dfn[x]<low[j])
is_bridge[i]=is_bridge[i^1]=true;
}
else if(i!=(from^1))low[x]=min(low[x],dfn[j]);
}
if(dfn[x]==low[x])
{
dcc_cnt++;
int y;
do
{
y=stk[top--];
id[y]=dcc_cnt;
}while(y!=x);
}
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
tarjan(1,-1);
for(int i=0;i<cnt;i++)
if(is_bridge[i])d[id[e[i]]]++;
int res=0;
for(int i=1;i<=dcc_cnt;i++)
if(d[i]==1)res++;
res=(res+1)/2;
printf("%d",res);
return 0;
}
