POJ3694 Network
题意： 给出一个无向连通图，q次增加后询问，问每次增加后剩余“桥（割边）”的数量。
思路：
先将所有的边双连通分量找到，缩点变成树，找到dcc个数，桥数即为dcc-1；
对于每个询问，若c[x]==c[y]无影响；反之，在树上找到c[x]、c[y]的LCA，再将路上的桥变为0，sum++，最后桥数减去sum。；
代码：
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; const int N=1e5+10; const int M=2*1e5+10; struct node{ int nxt,to; }bian[2*M]; int head[N]; int cnt1=1; int pre[N],nxt[2*M],to[2*M]; int cnt2=1; int dfn[N],low[N]; int tot,c[N]; bool bri[2*M]; int fa[N]; int num; int dcc; int n,m; int f[N][30]; int dep[N]; int root; int L; bool exi[2*N+10]; void add(int x,int y) { bian[++cnt1].nxt=head[x]; bian[cnt1].to=y; head[x]=cnt1; } void add_c(int x,int y) { nxt[++cnt2]=pre[x]; to[cnt2]=y; pre[x]=cnt2; } void tarjan(int x,int in) { dfn[x]=low[x]=++num; for(int i=head[x];i;i=bian[i].nxt) { int y=bian[i].to; if(!dfn[y]) { tarjan(y,i); low[x]=min(low[x],low[y]); if(low[y]>dfn[x]) { bri[i]=bri[i^1]=true; } } else if(i!=(in^1)) { low[x]=min(low[x],dfn[y]); } } } void dfs(int x) { c[x]=dcc; for(int i=head[x];i;i=bian[i].nxt) { int y=bian[i].to; if(c[y]||bri[i]) continue; dfs(y); } } void build() { for(int i=2;i<=cnt1;i++) { int x=bian[i].to; int y=bian[i^1].to; if(c[x]==c[y]) continue; add_c(c[x],c[y]); } } void zbb(int x,int d,int fc) { dep[x]=d; for(int i=pre[x];i;i=nxt[i]) { int y=to[i]; if(y!=fc) { f[y][0]=x; fa[y]=i; exi[i]=1; zbb(y,d+1,x); } } } void father() { dep[0]=-1; dep[1]=0; for(int i=pre[1];i;i=nxt[i]) { int y=to[i]; f[y][0]=1; fa[y]=i; exi[i]=1; zbb(y,1,1); } for(int i=1;i<=30;i++) { if((2<<i)>n) { L=i-1;break; } } for(int j=1;j<=L;j++) for(int i=1;i<=n;i++) { f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; } } int lca(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); for(int j=L;j>=0;j--) { if(dep[f[x][j]]>=dep[y]) x=f[x][j]; } if(x==y) return x; for(int j=L;j>=0;j--) { if(f[x][j]!=f[y][j]) x=f[x][j],y=f[y][j]; } return f[x][0]; } void work(int x,int end) { if(x==end) return; int bb=-5; int sum=0; while(bb!=end) { bb=f[x][0]; if(exi[fa[x]]) { exi[fa[x]]=0; sum++; } x=bb; } dcc-=sum; } void clear() { memset(to,0,sizeof to); memset(pre,0,sizeof pre); memset(nxt,0,sizeof nxt); memset(bri,0,sizeof bri); memset(bian,0,sizeof (struct node)*2*M); memset(head,0,sizeof head); cnt1=1;cnt2=1; num=0;tot=0;dcc=0; root=1;L=0; memset(dfn,0,sizeof dfn); memset(low,0,sizeof low); memset(fa,0,sizeof fa); memset(f,0,sizeof f); memset(dep,0,sizeof dep); memset(c,0,sizeof c); memset(exi,0,sizeof exi); } int main() { int shu=0; while(1) { scanf("%d%d",&n,&m); if(n==0&&m==0) break; shu++; clear(); int x,y; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);add(y,x); } tarjan(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) { if(!c[i]) { dcc++; dfs(i); } } build(); father(); dcc--; int q; scanf("%d",&q); bool flag=0; printf("Case %d:\n",shu); for(int k=1;k<=q;k++) { scanf("%d%d",&x,&y); if(c[x]==c[y]) { flag=1; } else{ int p=lca(c[x],c[y]); work(c[x],p); work(c[y],p); } printf("%d\n",dcc); } puts(""); } return 0; }
注意:memset要清空，dep[0]=-1;
upda：2022.4.24
没注意这个题解写的有问题。。
这份代码是O(nq)的，理论上绝对过不去。
但这个题确实这么做能过。可能数据太弱了。
正解的话，把删桥的时候用并查集维护一下，就不用每次暴力一个一个跳father了。复杂度就是O(nlogn+qlogn+nα）了
