[Luogu P3469] [BZOJ 1123] [POI2008]BLO-Blockade

题意翻译

在Byteotia有 $n$ 个城镇。一些城镇之间由无向边连接。在城镇外没有十字路口，尽管可能有桥，隧道或者高架公路（反正不考虑这些）。每两个城镇之间至多只有一条直接连接的道路。人们可以从任意一个城镇直接或间接到达另一个城镇。每个城镇都有一个公民，他们被孤独所困扰。事实证明，每个公民都想拜访其他所有公民一次（在主人所在的城镇）。所以，一共会有 $n*（n-1）$ 次拜访。

不幸的是，一个程序员总罢工正在进行中，那些程序员迫切要求购买某个软件。

作为抗议行动，程序员们计划封锁一些城镇，阻止人们进入，离开或者路过那里。

正如我们所说，他们正在讨论选择哪些城镇会导致最严重的后果。

编写一个程序：

读入Byteotia的道路系统，对于每个被决定的城镇，如果它被封锁，有多少访问不会发生，输出结果。

输入输出格式

第一行读入 $n$ ， $m$ ，分别是城镇数目和道路数目

城镇编号 $1\sim n$

接下来 $m$ 行每行两个数字 $a,b$ ，表示 $a$ 和 $b$ 之间有有一条无向边

输出 $n$ 行，每行一个数字，为第 $i$ 个城镇被锁时不能发生的访问的数量。

@[chen_zhe](/space/show?uid=8457)

翻译提供者：Park

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

解题分析

今天考试考了这道题，然而并没有看出这道题的 $O(N)$ 做法，自己yy了一个大概是 $O(Nlog(N))$ 的：求出割点后按割点拓扑序排序再树形dp一下求出每个割点每个子树的大小…然而觉得太麻烦就写了 $N^2$ 大暴力…

然而我还是太 $naive$ 了…

~~考虑乘法分配率~~…我们在求割点的时候每当求到一个子树 $S$ ，我们便可记录下这个子树的 $size$ ，并统计一次贡献为 $size\times (N-size)$ 。 $DFS$ 完成时，若这个点是割点，则我们已经统计了两次割下子树间的贡献，一次割点对其他点的贡献，一次割下子树对连通区域的贡献，所以我们还要把答案加上 $(N-\sum size-1)\times (\sum size + 1)+N-1$

如果不是割点就更好办了，答案就是 $(N-1)\times 2$ （因为只有当前点被封锁的时候会对其他点有两次贡献）。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#define R register
#define IN inline
#define gc getchar()
#define W while
#define MX 100050
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
    x = 0; R char c = gc;
    W (!isdigit(c)) c = gc;
    W (isdigit(c))
    x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48, c = gc;
}
struct Edge
{
    int to, nex;
}edge[MX << 4];
int dot, line, cnt, arr, t;
int head[MX], dfn[MX], low[MX];
ll siz[MX], ans[MX];
bool cut[MX];
IN void addedge(const int &from, const int &to)
{
    edge[++cnt] = {to, head[from]}, head[from] = cnt;
}
void tarjan(const int &now)
{
    dfn[now] = low[now] = ++arr;
    siz[now] = 1; ll sub = 0; int ct = 0;
    for (R int i = head[now]; i; i = edge[i].nex)
    {
        if(!dfn[edge[i].to])
        {
            tarjan(edge[i].to);
            siz[now] += siz[edge[i].to];
            low[now] = std::min(low[now], low[edge[i].to]);
            if(dfn[now] <= low[edge[i].to])
            {
                sub += siz[edge[i].to];
                ans[now] += siz[edge[i].to] * (dot - siz[edge[i].to]);
                if(now != 1 || ++ct > 1) cut[now] = true;
            }
        }
        else low[now] = std::min(low[now], dfn[edge[i].to]);
    }
    if(!cut[now]) ans[now] = dot - 1 << 1;
    else ans[now] += (sub + 1) * (dot - sub - 1) + dot - 1;
}
int main(void)
{
    int a, b;
    in(dot), in(line);
    for (R int i = 1; i <= line; ++i)
    in(a), in(b), addedge(a, b), addedge(b, a);
    tarjan(1);
    for (R int i = 1; i <= dot; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
}