暗的连锁（信息学奥赛一本通 1553）

【题目描述】

原题来自：POJ 3417

Dark 是一张无向图，图中有 NN 个节点和两类边，一类边被称为主要边，而另一类被称为附加边。Dark 有 N–1N–1 条主要边，并且 Dark 的任意两个节点之间都存在一条只由主要边构成的路径。另外，Dark 还有 MM 条附加边。

你的任务是把 Dark 斩为不连通的两部分。一开始 Dark 的附加边都处于无敌状态，你只能选择一条主要边切断。一旦你切断了一条主要边，Dark 就会进入防御模式，主要边会变为无敌的而附加边可以被切断。但是你的能力只能再切断 Dark 的一条附加边。

现在你想要知道，一共有多少种方案可以击败 Dark。注意，就算你第一步切断主要边之后就已经把 Dark 斩为两截，你也需要切断一条附加边才算击败了 Dark。

【输入】

第一行包含两个整数 NN 和 MM；

之后 N–1N–1行，每行包括两个整数 AA 和 BB，表示 AA 和 BB 之间有一条主要边；

之后 MM 行以同样的格式给出附加边。

【输出】

输出一个整数表示答案。

【输入样例】

4 1 
1 2 
2 3 
1 4 
3 4

【输出样例】

3

【提示】

数据范围与提示：

对于 20% 的数据，1≤N,M≤1001≤N,M≤100；

对于 100% 的数据，1≤N≤105,1≤M≤2×1051≤N≤105,1≤M≤2×105 。数据保证答案不超过 231−1231−1。

---

【算法分析】

根据题意,“主要边”构成一棵树,“附加边”则是“非树边”。把一条附加边(x,y)添加到主要边构成的树中,会与树上x,y之间的路径一起形成一个环。如果第一步选择切断x,y之间主要边构成路径上的某条边,那么第二步就必须切断附加边(x,y),才能令Dark被斩为不连通的两部分。 因此,我们称每条附加边(x,y)都把树上x,y之间的路径上的每条边“覆盖了一次”。我们只需统计出每条“主要边”被覆盖了多少次。

若第一步把被覆盖0次的主要边切断,则第二步可任意切断一条附加边。

若第一步把被覆盖1次的主要边切断,则第二步方法唯一。

若第一步把被覆盖2次及2次以上的主要边切断,则第二步无论如何操作都不能击败Dark。

这样我们就得到了击败Dark的方案数。

综上所述,下面我们要解决的问题模型是:给定一张无向图和一棵生成树,求每条“树边”被“非树边”覆盖了多少次。下图左侧的例子中标记了覆盖次数,虚线为“非树边”。

 

解决此问题有一个经典做法,我们称之为“树上差分算法”。树上差分算法与差分序列的思想类似。

对应在树上,我们给每个节点一个初始为0的权值,然后对每条非树边(x,y),令节点x的权值加1,节点y的权值加1,节点LCA(x,y)的权值减2,如上图右侧的例子所示。

最后对这棵生成树进行一次深度优先遍历,求出F[x]表示以x为根的子树中各节点的权值之和。F[x]就是x与它的父节点之间的“树边”被覆盖的次数。时间复杂度O(N+M)。

我是用树剖做的哟，如果对树剖还不太了解，可以点开下面这个链接看下鸭☟☟☟

 这是一个链接（人家才不是莫得感情的链接呢）

最后送上可复制AC代码（亲测有效(*๓´╰╯`๓)）

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 const int N=1e6+5;
  4 int next[2*N],head[N],to[N*2],d[N],add[N],fa[N],sum[N],top[N],size[N],son[N];
  5 int n;
  6 int m,q,w,ans,p,tot;
  7 int read()
  8 {
  9     int f=1;char ch;
 10     while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')
 11         if(ch=='-')f=-1;
 12     int res=ch-'0';
 13     while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
 14         res=res*10+ch-'0';
 15     return res*f;
 16 }
 17 void write(int x)
 18 {
 19     if(x<0)
 20     {
 21         putchar('-');
 22         x=-x;
 23     }
 24     if(x>9)write(x/10);
 25     putchar(x%10+'0');
 26 }
 27 void ADD(int x,int y)
 28 {
 29     next[++tot]=head[x];
 30     head[x]=tot;
 31     to[tot]=y;
 32 }
 33 int lca(int x,int y)
 34 {
 35     while(top[x]!=top[y])
 36         d[top[x]]>d[top[y]]?x=fa[top[x]]:y=fa[top[y]];
 37     return d[x]<d[y]?x:y;
 38 }
 39 void dfs1(int s)
 40 {
 41     size[s]=1;
 42     for(int i=head[s],t;i,t=to[i];i=next[i])
 43     {
 44         if(t==fa[s])continue;
 45         fa[t]=s;d[t]=d[s]+1;
 46         dfs1(t);
 47         if(size[t]>size[son[s]])son[s]=t;
 48         size[s]+=size[t];
 49         
 50     }
 51 }
 52 void dfs2(int s)
 53 {
 54     if(son[s])
 55     {
 56         top[son[s]]=top[s];
 57         dfs2(son[s]);
 58     }
 59     for(int i=head[s],t;i,t=to[i];i=next[i])
 60     {
 61         if(!top[t])
 62         {
 63             top[t]=t;
 64             dfs2(t);
 65         }
 66     }
 67 }
 68 void dfs3(int s)
 69 {
 70     sum[s]=add[s];
 71     for(int i=head[s],t;i,t=to[i];i=next[i])
 72     {
 73         if(t!=fa[s])
 74         {
 75             dfs3(t);
 76             sum[s]+=sum[t];
 77         }
 78     }
 79 }
 80 int main()
 81 {
 82     n=read();m=read();
 83     for(int i=1;i<n;i++)
 84     {
 85         int x,y;
 86         x=read();y=read();
 87         ADD(x,y);
 88         ADD(y,x);
 89     }
 90     top[1]=d[1]=1;
 91     dfs1(1);
 92     
 93     dfs2(1);
 94     for(int i=1;i<=m;i++)
 95     {
 96         int x,y;
 97         x=read();y=read();
 98         add[x]++;add[y]++;add[lca(x,y)]-=2;
 99     }
100     dfs3(1);
101     for(int i=2;i<=n;i++)
102     {
103         if(sum[i]<2)sum[i]?ans++:ans+=m;
104     }
105     write(ans); 
106     return 0;
107 }

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