[HNOI2012]矿场搭建

题目描述

煤矿工地可以看成是由隧道连接挖煤点组成的无向图。为安全起见，希望在工地发生事故时所有挖煤点的工人都能有一条出路逃到救援出口处。于是矿主决定在某些挖煤点设立救援出口，使得无论哪一个挖煤点坍塌之后，其他挖煤点的工人都有一条道路通向救援出口。

请写一个程序，用来计算至少需要设置几个救援出口，以及不同最少救援出口的设置方案总数。

输入输出格式

输入格式：

输入文件有若干组数据，每组数据的第一行是一个正整数 N（N<=500），表示工地的隧道数，接下来的 N 行每行是用空格隔开的两个整数 S 和 T，表示挖 S 与挖煤点 T 由隧道直接连接。输入数据以 0 结尾。

输出格式：

输入文件中有多少组数据，输出文件 output.txt 中就有多少行。每行对应一组输入数据的结果。其中第 i 行以 Case i: 开始（注意大小写，Case 与 i 之间有空格，i 与:之间无空格，: 之后有空格），其后是用空格隔开的两个正整数，第一个正整数表示对于第 i 组输入数据至少需要设置几个救援出口，第二个正整数表示对于第 i 组输入数据不同最少救援出口的设置方案总数。输入数据保证答案小于 2^64。输出格式参照以下输入输出样例。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

9
1 3
4 1
3 5
1 2
2 6
1 5
6 3
1 6
3 2
6
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
0

输出样例#1： 复制

Case 1: 2 4
Case 2: 4 1

说明

Case 1 的四组解分别是(2,4),(3,4),(4,5),(4,6)；

Case 2 的一组解为(4,5,6,7)。

题解

一道非常好的割点思维题。
而且搭配了分类讨论以供良好食用。
很明显影响人们逃生的路线的就是割点。
每有一个割点就意味着图的不联通。
那么一旦作为一个联通块。
自己本身就需要考虑一下情况了。

如果自己就是一个联通块没有连接割点。
那么需要两个救援点。
因为如果只建一个的话，塌掉的正好是那个点的话，你就GG了。

只连接到一个割点。
那么就只要一个。
因为塌掉的是联通块的救援点你就可以通过割点出去了。
割点同理。

那么两个以上就不用建了。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1001;
struct node{
    int to,nex;
}e[N<<1];
int vis[N],head[N],num;
int dfn[N],low[N],cur[N],bl[N];
int n,m,idx,cnt,T,size;
long long ans1,ans2;
int read(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*w;
}

void clear(){
    memset(e,0,sizeof(e));num=0;memset(head,0,sizeof(head));
    memset(cur,0,sizeof(cur));memset(vis,0,sizeof(vis));
    ans1=0,ans2=1;memset(low,0,sizeof(low));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));n=0;memset(bl,0,sizeof(bl));
}

void add(int from,int to){
    num++;
    e[num].to=to;
    e[num].nex=head[from];
    head[from]=num;
}

void tarjan(int x,int top){
    low[x]=dfn[x]=++idx;int addx=0;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nex){
        int v=e[i].to;
        if(!dfn[v]){
             tarjan(v,top);
             low[x]=min(low[x],low[v]);
             if(low[v]>=dfn[x]&&x!=top)cur[x]=1;
             if(x==top)addx++;
        }
        low[x]=min(low[x],dfn[v]);
    }
    if(addx>=2&&x==top)cur[x]=1;
}

void dfs(int x){
    vis[x]=1;size++;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nex){
        int v=e[i].to;
        if(!vis[v]&&!cur[v])dfs(v);
        if(cur[v]&&bl[v]!=cnt)bl[v]=cnt,num++;
    }
}

void solve(){
    T++;
    m=read();if(m==0)exit(0);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x=read(),y=read();
        add(x,y);add(y,x);
        n=max(max(y,x),n);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i])tarjan(i,i);}
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!vis[i]&&!cur[i]){
            cnt++,num=size=0,dfs(i);
            if(num==0)ans1+=2,ans2*=(1ll*size*(size-1)/2);
            if(num==1)ans1+=1,ans2*=1ll*size;
        }
    }
    printf("Case %d: %lld %lld\n",T,ans1,ans2);
}

int main(){
    while(1)clear(),solve();
    return 0;
}