BZOJ 4238 电压

考虑一条边成为答案以后，删去Ta后剩下的图是一个或很多个二分图，即没有奇环

则一条边可以成为答案，当且仅当自己在所有奇环的交上且不在偶环上。

考虑建出dfs树，那么返祖边一定在环上。

把边下放到点上，考虑处理出返祖边覆盖的两个端点直接的路径，这些点都在这个环上，按照这个环的奇偶打一个差分上去即可。

但是这样只考虑了只有一个返祖边在环上的情况，返祖边在两个环以上的环我们没有处理

考虑分类讨论

• 若两个有交返祖边奇偶不同，少处理的一个环是奇环，无论是大奇环还是小奇环都没有影响
• 若均为奇环，那么奇环的交不在大偶环上，也没有影响
• 若均为偶环，显然都不会成为答案

但是我们还需要考虑非树边

如果仅有一个奇环，那么奇环上的边都是答案

否则两个有交的非树边奇环一定构成了一个大偶环，使非树边不成为答案。

Code:

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <map>
#include <algorithm>
#define ll long long
using std::max;
using std::min;
const int SIZE=1<<21;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
//#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),iS==iT?EOF:*iS++):*iS++)
#define gc() getchar()
template <class T>
void read(T &x)
{x=0;char c=gc();while(!isdigit(c)) c=gc();while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc();
}
const int N=2e5+10;
int head[N],to[N<<2],Next[N<<2],cnt=1;
void add(int u,int v)
{to[++cnt]=v,Next[cnt]=head[u],head[u]=cnt;
}
int n,m,dep[N],jh[N],oh[N],vis[N<<2],jhc,ohc,ans;
void dfs(int now)
{for(int v,i=head[now];i;i=Next[i]){if(vis[i^1]) continue;v=to[i];vis[i]=1;if(!dep[v]){dep[v]=dep[now]+1;dfs(v);jh[now]+=jh[v];oh[now]+=oh[v];}else if((dep[now]-dep[v])&1)++ohc,++oh[now],--oh[v];else++jhc,++jh[now],--jh[v];}
}
int main()
{read(n),read(m);for(int u,v,i=1;i<=m;i++){read(u),read(v);add(u,v),add(v,u);}for(int i=1;i<=n;i++)if(!dep[i])dep[i]=1,dfs(i);for(int i=1;i<=n;i++){if(dep[i]==1) continue;if(!jhc) ans+=oh[i]==0;else if(jhc==1) ans+=jh[i]&&(oh[i]==0);else ans+=(jh[i]==jhc)&&(oh[i]==0);}printf("%d\n",ans+(jhc==1));return 0;
}

2019.6.26