P3469

[POI2008]BLO-Blockade

题面翻译

B 城有 \(n\) 个城镇，\(m\) 条双向道路。

每条道路连结两个不同的城镇，没有重复的道路，所有城镇连通。

把城镇看作节点，把道路看作边，容易发现，整个城市构成了一个无向图。

请你对于每个节点 \(i\) 求出，把与节点 \(i\) 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 \(i\) 本身），无向图有多少个有序点 \((x,y)\)，满足 \(x\) 和 \(y\) 不连通。

【输入格式】

第一行包含两个整数 \(n\) 和 \(m\)。

接下来 \(m\) 行，每行包含两个整数 \(a\) 和 \(b\)，表示城镇 \(a\) 和 \(b\) 之间存在一条道路。

【输出格式】

输出共 \(n\) 行，每行输出一个整数。

第 \(i\) 行输出的整数表示把与节点 \(i\) 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 \(i\) 本身），无向图有多少个有序点 \((x,y)\)，满足 \(x\) 和 \(y\) 不连通。

【数据范围】

\(n\le 100000\)，\(m\le500000\)

样例 #1

样例输入 #1

5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

样例输出 #1

8
8
16
14
8

这其实是树形DP中很常见的做法

但太久没做树了

其实没有必要区分是不是割点 我们关心的是 x与子树的哪些点连的边 去掉后会破坏连通性

首先 对于每个x 删掉边后肯定为孤立点 所以有 ans[x]+=n-1

接下来 仿照树形DP中 分为孤立点集之间的情况 和 集内与集外的情况

怎么计算呢？

sum:当前统计到的 x的子树内的孤立点个数

由于对称性 我们不用考虑 v这个孤立集与之后遍历到的孤立集之间的贡献 只用考虑与v之前遍历到的 反正最后答案×2 v->vafter 与 vafter->v是一样的

对于前者 由判断割点的第一个方法 :low[v]>=dfn[x] 更深入的理解就是删掉x后 v孤立了 也就是说 删掉 x与v的边后 v与其它子树内的点就不连通了 所以 每次遇到 low[v]>=dfn[x]的点 更新low[x] (tarjan基操) 然后 ans[x]+=sum×siz[v] 然后 sum+=siz[v]

对于后者 在最后统计完sum后 ans[x]+=sum*(n-sum-1)(孤立点集内×外)即可

注意！！！ sum的统计一定是严格在 low[v]>=dfn[x]的情况下的 因为非孤立点之间对答案没有贡献

最后 由于是有序点对 记得×2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=5e5+5;
int n,m,ans[N];
struct Graph {
	int from,nxt,to;
} edge[N<<1];
int head[N],cnt;
inline void add(int u,int v) {
	cnt++;
	edge[cnt].to=v;
	edge[cnt].from=u;
	edge[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
int low[N],dfn[N],stack_[N],pt,times,cut[N];
int siz[N];
void tarjan(int x) {
	low[x]=dfn[x]=++times;
	siz[x]=1;
	int sum=0;
	for(int i=head[x]; i; i=edge[i].nxt) {
		int v=edge[i].to;
		if(!dfn[v]) {
			tarjan(v);
			siz[x]+=siz[v];
			low[x]=min(low[x],low[v]);
			if(low[v]>=dfn[x]) {
				ans[x]+=sum*siz[v];
				sum+=siz[v];
			}
		} else low[x]=min(low[x],dfn[v]);
	}
	ans[x]+=sum*(n-sum-1);
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	tarjan(1);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		cout<<(ans[i]+n-1)*2<<"\n";
	return 0;
}