[USACO06JAN]冗余路径Redundant Paths
题面
P2860 [USACO06JAN]冗余路径Redundant Paths
Solution
首先，我们可以发现题目要求每一个点到其他所有点的路径不只有一条，这本质上就是要我们把这个图所有的桥都消除掉。
要消除掉桥，首先必须要把边双先缩起来。缩边双很简单：和求强连通分量一模一样，唯一要注意的是我们要多记录一个$fa$，防止我们求$low$的时候直接把$fa$算进来。
求完边双之后，我们会发现原图变成一个树的形式。想象一下：我们要把这个树上所有的单边去掉，我们只需要把叶子节点两两连起来即可。（注意，这里的叶子节点是广义的（即根也有可能是叶子节点））
还有一个小细节：对于直接就是一个环的情况，我们要特判一下，直接输出0即可。
时间复杂度$O(n)$
就酱，这题就被我们切掉啦︿(￣︶￣)︿
Code
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
|
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
long long read()
{
long long x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=5000+100;
vector <int> e[N],e2[N];
int n,m;
int dfn[N],low[N],dfn_to,InStack[N],mstack[N],top,belong[N],cnt;
bool vis[N];
void Tarjan(int now,int father)
{
vis[now]=InStack[now]=true;
dfn[now]=low[now]=++dfn_to;
mstack[++top]=now;
for(int i=0;i<int(e[now].size());i++)
if(vis[e[now][i]]==false)
{
Tarjan(e[now][i],now);
low[now]=min(low[now],low[e[now][i]]);
}
else if(e[now][i]!=father and InStack[e[now][i]]==true)
low[now]=min(low[now],dfn[e[now][i]]);
if(low[now]==dfn[now])
{
cnt++;
while(mstack[top+1]!=now)
InStack[mstack[top]]=false,
belong[mstack[top--]]=cnt;
}
}
int GetAns(int now,int father)
{
int ans=0;
for(int i=0;i<int(e2[now].size());i++)
if(e2[now][i]!=father)
ans+=GetAns(e2[now][i],now);
return max(1,ans);
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
e[i].reserve(4);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int s=read(),t=read();
e[s].push_back(t);
e[t].push_back(s);
}
Tarjan(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<int(e[i].size());j++)
if(belong[i]!=belong[e[i][j]])
e2[belong[i]].push_back(belong[e[i][j]]);
int ans=GetAns(belong[1],belong[1])+(e2[belong[1]].size()==1);
if(cnt==1)
ans=0;
printf("%d",ans/2+ans%2);
return 0;
}
|
