CF1916F-Group Division
题目大意
给定一个\(n\)个点的无向连通图G，保证连通图没有割点。给定两个正整数\(n_1,n_2\),要求把连通图划分为两块连通图，大小分别为\(n_1,n_2\)，保证\(n_1+n_2=n\)。题目保证有解。
做题思路
事先说明：本人系改良主义，做题思路就是做，错，改，错，改，一直到对为止，下文会有很多“真的吗”“错了怎么办”的自问自答环节,而且有很多自然语言未做规范定义，受不了就别看
我的突破口在于，我觉得对于任意无割点连通图而言，\(\forall n_1,n_2 \in [0,n]\)，只要满足\(n_1+n_2=n\)，都是有解的，也就是\(n_1,n_2\)怎么取都有解。这样的想法好处在于不用考虑\(n_1,n_2\)的影响。刻意去划分出\(n_1,n_2\)的大小属实难受。
然后，我就把题目就变成了，把图上的点排成一个序列，任何不是序列头的点，都和其前面所有点至少有一条连边，任何不是序列尾的点，都和其后面所有点至少有一条连边。有了这么一个序列，序列所有前缀与后缀都是连通图，这样任意大小的划分都可以做到了。
有了方向，开始尝试做题。首先把1送入序列，把所有与1相连的点放入一个队列中，我称呼这个队列为激发队列，把与某一个点相连的所有点送入激发序列，称为激发。每次从队列中取出一个点，送入序列，再激发所有直接相连的点，以此类推直到所有点都入队。
不过这样有一些问题。
- 要是有的点还没入队，激发队列先空了怎么办？
答：不可能，因为是连通图。 - 怎么保证序列的性质？
答：做法其实有问题。首先这么做肯定能保证与前面的点相连，但是不能保证与后面的点相连。要是一个点入队时所有直接相连的点都已经入队就保证不了性质了。
做法有问题，想办法改良。
问：为什么会出现性质错误情况？或者说，性质错误是是什么状态？
答：这种情况下，某一个点与后面的点没有相连，可以认为在只包含这个点和这个点后面的点的子图中，这个点与其后缀点不连通。也就是被割裂了。那么，其前面的所有点就构成了一组割点集(应该是这个概念吧)，这部分点把剩余的图割裂为了不止一部分。
已经知道错误原因，那么只要保证不存在割裂 余图 (其他所有没入队的点构成的子图) 的状况，就不会出现性质错误的情况。在一个点入队之前，先判断是否会会割裂余图，如果会，就记为“割点”，处理其他的点。直到除了割点以外没有其他点被激发。
现在是有一块连通图G1，连着很多个点,集合记为S1，G1和任意S1中的点V都会使子图（G-G1-V）不是连通图，记G2=（G-G1-s1)
在图G2+S1上，有一些结论
-
G1与G2不连通
证明：若是相连，G1就会继续扩张，G2的点要么被判割点入S1，要么入G1.但是扩张已经停止，所以不连通。 -
G2+S1范围内，任意V属于G2，S1中有至少两个点可以到达V。
证明：反证法。若存在V不能到达任意S1的点，V属于G2不能到达G1，那么图G不连通，矛盾
若存在V只能到达s1中的一个点，那么这个点就是图G的割点，也矛盾。
所以，v至少能到达两个点。 -
S1+G2是连通图
显然，因为G1扩张始终不会加入割点，也就是G1不会割裂G-G1，而G-G1=G2+S1.G2+S1是连通图。
特殊说明，在任意时刻，G-G1是连通图都成立，性质一则是G1扩张完毕最后才成立 -
先定义：如果存在一条路径，起点和终点是两个属于S1的不同点，而路径中除了起点和终点的所有点都是属于G2的点，那么称起点和终点可到达。
性质：S1中的点至少能到达S1中除自己外的至少一个点。
证明：设点V，因为G2+S1是连通图，点V与S1+G2-V相连，若V与S1-V相连就直接得证，若V与G2的某个点相连，记为U，在图G2+S1中，这个点可以到达S1的至少两个点，V可以先到达U，再到达U可到达的另外点。 -
把S1中两点的可到达关系作为边，做一个新图G3，G3无环。
反证法：假设有环，尝试任意删去一个S1中一个点V，首先G2中的任意一点可以到达S1中的至少两个点，删去一个点，G2的所有点仍然可到达S1中的其中一点，若是G3有环，删去一个点仍然连通，也就是通过G2，S1也是连通的，而G2所有点可到达S1.G2+S1-V是连通图。如果G2+S1-V是连通图会发生什么呢？我们称V被判割点时刻的G1为G1(V),显然G1(V)是G1的子图，若G1=G1（v）,场上只剩下S1+G2-V，不成割点，错误。如果G1-G1（v）不空，为了V被判割点，只能G-G1（V）与 S1+G2-V不连通，但是由于性质3，G-G1(V)得与S1+G2连通，所以V与G-G1（V）连通。
总结前两段就是，为了使S1的任意点V，有V+G1（V）割裂余图，同时要求G3有环，必须G1-G1（V）非空，且G1-G1(V)与V连通，但是假设有一点U，在V之后才进入S1，那么G-G1（U）是G-G1（V）的子图，也就是U与G-G1（V）相连，与G-G1（V）和S1-V不连通相矛盾。也就是说S1有两个以上的点可以证明G3无环，而S1只有一个点的话也成不了环。得证。
由性质5可知，G3一定有点度为1，毕竟若每个点有两条以上连边一定成环。
推了这么多性质，回归做法，我的做法就是，找到度数为1的点，(度数为1的点此时一定不是割点，大家考虑S1，G2，G3的关系自己证明吧，我懒的证明了)入队激发，直到再次没有点可以激发为止，但是每次进入这种状态G1都在扩大，所以最后一定会做完。
复杂度最多每个点均摊入队一次，判割点一次，找G3度为1的点一次，均摊\(o（n+m）\),总复杂度\(o(n*(n+m))\)
最后贴上我丑陋的代码
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
//#define int long long
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson u<<1,l,mid
#define rson u<<1|1,mid+1,r
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pii std::pair<int,int>
typedef int LL;
const signed maxn=(signed)3e3+5;
const signed maxm=(signed)6e3+5;
inline LL read(){
char ch=getchar();bool f=0;LL x=0;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
if(f==1)x=-x;return x;
}
struct Edge{
int to,nxt;
}edge[maxm<<1];
int head[maxn],ecnt;
void adde(int u,int v){
edge[++ecnt]=(Edge){v,head[u]};
head[u]=ecnt;
}
int n1,n2,n,m;
bool inque[maxn],mot[maxn];
std::queue<int> mque;
void motivate(int u){
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(!inque[v]&&!mot[v]) mot[v]=1,mque.push(v);
}
}
int link[maxn];
bool is_cut(int x){
for(int i=1;i<=n;++i) link[i]=inque[i];
std::queue<int> q;
while(!q.empty()) q.pop();
link[x]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!link[i]){
link[i]=1;q.push(i);break;
}
}
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(!link[v]){
link[v]=1;q.push(v);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) if(!link[i]) return true;
return false;
}
int cut[maxn],ccnt;
int arr[maxn],acnt;
void in_que(int u){
inque[u]=1;arr[++acnt]=u;motivate(u);
}
int tp[maxn],tpcnt;
bool becut[maxn];
int spread(std::queue<int>& upp,int x){
std::queue<int> q;
q.push(x);int ans=0;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(becut[v]&&!link[v]) ++ans,upp.push(v),link[v]=1;
else if(!link[v]){
link[v]=1;q.push(v);
}
}
}
return ans;
}
void solve_cut(){
for(int i=1;i<=n;++i) link[i]=inque[i];
std::queue<int> q;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(becut[i]){
q.push(i);break;
}
}
int res=0;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
link[u]=1;
int call=spread(q,u)+res;
//printf("%d call=%d\n",u,call);
if(call<2) in_que(u),becut[u]=0,--ccnt;
res=1;
}
}
signed main()
{
LL T=read();
while (T--){
n1=read(),n2=read(),m=read();
n=n1+n2;
for(int i=1;i<=n;++i) head[i]=0;
ecnt=0;acnt=0;ccnt=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
int u(read()),v(read());
adde(u,v),adde(v,u);
}
for(int i=1;i<=n;++i) inque[i]=0;
for(int i=1;i<=n;++i) mot[i]=0;
while(!mque.empty()) mque.pop();
mque.push(1);
while(acnt!=n){
if(mque.empty()){
solve_cut();
continue;
}
int u=mque.front();mque.pop();
if(inque[u]) continue;
//if(is_cut(u)) cut[++ccnt]=u;
if(is_cut(u)) becut[u]=1,++ccnt;
else in_que(u);
}
//printf("n1=%d,n2=%d\n",n1,n2);
for(int i=1;i<=n1;++i) printf("%d ",arr[i]);putchar('\n');
for(int i=1;i<=n2;++i) printf("%d ",arr[i+n1]);putchar('\n');
}
return 0;
}
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