2021牛客暑期多校训练营6 J-Defend Your Country（无向图点双+思维）

无向图联通分量

点u是割点，当且仅当

特判树根：u为树根，且u有多于1棵子树
u不为树根，在递归树上u存在子节点v，满足：dfnu≤lowv\text{dfn}_u\leq \text{low}_vdfnu≤lowv

如上图，v想走到u的组先必须经过u，那么u一定是割点。

边(u,v)(u,v)(u,v)是割边，当且仅当边(u,v)(u,v)(u,v)为树边，且满足dfnu<lowv⇔dfnv=lowv\text{dfn}_u< \text{low}_v\Leftrightarrow \text{dfn}_v= \text{low}_vdfnu<lowv⇔dfnv=lowv

从v出发无法到达u以及u的祖先
非树边不可能是割边，重边不可能是割边

J-Defend Your Country

Zechariah_2001题解
Alkaid~题解

下面结论详细证明可以参考上面两位大佬的题解

结论

对于nnn是偶数的情况，显然不需要删边。
对于nnn是奇数的情况，最优方案一定是只删除一个点连接的所有边，只有这个点的贡献会变负。删去非割点显然只用删一个，删掉割点必须保证删除后连通块点数都是偶数。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
template <class T=int> T rd()
{T res=0;T fg=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') fg=-1;ch=getchar();}while( isdigit(ch)) res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();return res*fg;
}
const int N=1000010;
int h[N],e[N<<2],ne[N<<2],idx;
void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;}
int n,m,a[N];
ll sum;
int dfn[N],low[N],sz[N],timestamp;
bool cut[N],no[N];
void tarjan(int u,int fa)
{dfn[u]=low[u]=++timestamp;sz[u]=1;int chd=0;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(!dfn[v]){tarjan(v,u);sz[u]+=sz[v];low[u]=min(low[u],low[v]);if(low[v]>=dfn[u]) {if(fa) cut[u]=1;// 根节点特判，v最多走到u走不到u上面去if(sz[v]&1) no[u]=1;}if(!fa) ++chd;// 特判根节点}else if(v!=fa) low[u]=min(low[u],dfn[v]);}if(chd>1) cut[u]=1;
}
void init()
{idx=0;sum=0;timestamp=0;for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=-1;for(int i=1;i<=n;i++) dfn[i]=low[i]=sz[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++) no[i]=cut[i]=0;
}
int main()
{int Tc=rd();while(Tc--){n=rd(),m=rd();init();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),sum+=a[i];while(m--){int u=rd(),v=rd();add(u,v),add(v,u);}if(n&1) {tarjan(1,0);int mn=0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=n;i++)if(!cut[i]||!no[i]) mn=min(mn,a[i]);printf("%lld\n",sum-2*mn);}else printf("%lld\n",sum);}
}

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结论

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