hdu 3671 Boonie and Clyde

双连通分量

题意：给一个无向图，要求毁掉两个点，使图变得不连通，图一开始是连通的

因为要毁掉两个点，就不是简单的求割点，再看看数据范围，点数为1000，边数为10000，Tarjan的时间复杂度为O(E)，如果用枚举法，先枚举要毁掉的第一个点，再用Tarjan进行处理来找割点会不会超时呢？答案是不会，时间为O(v*E)，刚好是千万级别，不超

做法：先枚举要删除的第1个点，在原图中删除它，看看删除它后整个图的变化

1.整个图变得不连通了（即这个点本身是割点），但是还没完要分类讨论一下

（1）.整个图变为两部分，但是两部分刚好都是一个点，那么这两个点再毁掉哪个点都好，图的连通分支数都不会增加，这是一个特殊情况

　　　　　　例如，（1,2）（2,3）这种图，是无解的，任意毁掉两个点都无法增加图的连通分支，所以方案数为0

（2）.整个图分为两部分，但是有一部分的点数为1，另一部分大于1，那么这时候只要在较大的那部分，任意毁掉一个点(无论是不是割点都行)，最后整个图都会至少被分为了两个部分

（如果毁掉的是割点，将分成更多份），所以这样产生的方案数是V-2

（3）.整个图分为了两个部分，两个部分的点数都大于1，那么任意在哪个部分毁掉那个点都可以（无论是不是割点都行），最后整个图都会至少分为两个部分，所以方案数为V-1

（4）.整个图被分为了三个或更多的部分，那么也是在剩下的点中任意毁掉一个点都可以（无论那个点是不是割点），方案数为V-1

（如果这个点刚好处于一个部分且这个部分只有它自己一个点，那么毁掉后整个图的分支数减1；如果这个点在一个部分且这个部分不止它一个点且这个点不是割点，那么分支数不会增加，如果是割点分支数为增加）

2.删除第一个点后，整个图还是连通的（是连通，不是双连通）

那么就在剩下的图中找割点，找到几个，方案数就是多少

最后注意一点，这样计算的结果，很容易想到是有重复的，但是不难想到，其实刚好重复了一次，因为对于一个图，方案是固定的，枚举了所有点，找出了所有已方案，相当于每个方案算了两次，最后答案除2即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 1010
#define M 10010int n,tot,cancel,rts,num;
int e[N][M];
int dfn[N],low[N],cut[N],iscut[N],cnum,dcnt;void dfs(int u ,int fa)
{dfn[u] = low[u] = ++dcnt;++num;for(int i=1; i<=e[u][0]; i++){int v = e[u][i];if(v == cancel || v == fa) continue;if(!dfn[v]){dfs(v,u);low[u] = min(low[u] , low[v]);if(fa == -1) {rts++; continue;}if(dfn[u] <= low[v]){if(!iscut[u]){ iscut[u] = 1; cut[cnum++] = u;}}} else low[u] = min(low[u] , dfn[v]);}
}void solve()
{int res = 0,count,ok;for(cancel = 1; cancel<=n; cancel++) //枚举第1个删除的点
    {count = cnum = 0;memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(low,0,sizeof(low));memset(iscut,0,sizeof(iscut));ok = 0;for(int i=1; i<=n; i++)if(i!=cancel && !dfn[i]){count++;num = rts = 0;dfs(i , -1);if(num == 1) { ok++; continue; }if(rts >= 2) { iscut[i] = 1; cut[cnum++] = i; }}if(count >= 3) res += (n-1);else if(count == 2 && ok == 0)   res += (n-1);else if(count == 2 && ok == 1)   res += (n-2);else if(count == 1) res += cnum;}cout << res/2 << endl;
}int main()
{int cas = 0;while(cin >> n >> tot){if(!n && !tot) break;for(int i=1; i<=n; i++)e[i][0] = 0;while(tot--){int u , v , c;cin >> u >> v;c = ++e[u][0];e[u][c] = v;c = ++e[v][0];e[v][c] = u;}printf("Case %d: ",++cas);solve();}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/scau20110726/archive/2013/05/22/3092078.html

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