[POI2008]BLO-Blockade题解/洛谷P3469

题目描述

  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。

题意

  在一张无向图中，原图保证连通，求去除某点后，不能互通的点对，3/4与4/3是不同的点对。

思路

  有规律如果去除的不是割点，答案为2*（n-1），如果是割点，则是各个子集大小乘以剩余集合的大小，再求和，加上n-1
  所以重点是记录各个子集的大小，因为与生成树不一样，这里有回路，所以应该用两个参数记录，cnt、sum，sum记录子集和，包括回路在内，而cnt是记录满足割点分割的各子集的大小和。tt则是各个子集大小，当前子集满足割点时，进行累加计算。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define maxm 1000005
#define inf 1e9
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ll long long

int head[maxn], next[maxm], tov[maxm], num;
void add(int from, int to)
{
	next[++num] = head[from];
	tov[num] = to;
	head[from] = num;
}

ll n, m;
int ind, dfn[maxn], low[maxn];
ll ans[maxn];
ll targan(int cur, int fa)//cur是当前节点，fa是他的父亲
{
	int rc = 0;
	ll cnt = 1;
	ll sum = 1;
	int child;
	dfn[cur] = ++ind;//计算当前节点的时间戳
	low[cur] = dfn[cur];//当前可以访问到的最早时间戳肯定是自己的时间戳
	for (int i = head[cur]; i != -1; i = next[i]) //遍历cur的所有出点
	{
		child = tov[i];
		if (dfn[child] && child != fa)
			low[cur] = min(low[cur], dfn[child]);//如果访问到了不是父亲节点的节点，更新low的值
		if (!dfn[child])//如果这个节点之前没有被访问过
		{
			ll tt = targan(child, cur);//进行一次dfs过程
			if ((dfn[cur] <= low[child] && cur != fa) || rc >= 1)
			{
				ans[cur] += tt * (n - tt);
				cnt += tt;
			}
			sum += tt;
			if (cur == fa)
				rc++;
			low[cur] = min(low[cur], low[child]);//更新low的值
		}
	}
	//printf(" =%d %d\n",cur,cnt);
	if (!ans[cur])
		ans[cur] = 2 * (n - 1);
	else
		ans[cur] += (n - 1 + (n - cnt)*cnt);
	return sum;
}


int main()
{
	IOS;
	cin >> n >> m;
	memset(head, -1, sizeof head);
	for (int i = 0; i<m; i++)
	{
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		add(x, y);
		add(y, x);
	}

	targan(1, 1);

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cout << ans[i] << "\n";
	return 0;
}