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简化题意

给定若干无向图，点值 \(\in \left\{0,1\right\}\), 对于每条边，若边的两端点权不同，边被标记为可行，否则为不可行，对于每条边，判断是否存在一种给点赋值的方法，使得图中只有该边不可行，而其他边均可行，最后输出这种边的数量。

做法

先明确思路，这里的可行问题显然是与奇偶性有关的。

• 性质一：
  如果我们现在有个奇环，无论怎么标都必然有条边不可行。
• 性质二：
  反之为偶环的话，必然可以找到一种所有边均可行的方案。同时，如果该环中存在不可行的边，这种边的边数必定为偶数。
• 性质三：
  同时又因为我们只能有一条边不可行，所以可以发现，这条边必须出现在所有奇环中，并且不出现在任何偶环中 (否则由性质二可以得到必然存在两条及以上不可行的边)。

有了这三个性质这个问题就简单了，我们的任务就是求出有多少边出现在所有奇环中，并且不出现在任何偶环中，通过树上差分统计一下即可。

关于树上差分在稍微补充一点，通过 dfs 序操作后，我们可以把图上的边分为树边和返祖边，而形成环的方式，就是若干条树边加上一条返祖边，所以这里我们对每条返祖边进行操作，对当前 \(u\) 加 1, 对返祖边通向的 \(v\) 减 1 即可。

注意点就是由于我们是边的差分，所以最后判断一下这个点是不是根节点，另外如果奇环只有一个的话，我们是可以修改非树边的，注意最后 +1。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,dep[N],vis[N],odd[N],even[N],ans,ff[N];
int tot,head[N];
struct node{
	int to,nxt;
}edge[N<<1];
void addedge(int u,int v){
	edge[tot]={v,head[u]};
	head[u]=tot++;
}
void dfs(int u,int fa,int idx){
	ff[u]=fa,dep[u]=dep[fa]+1,vis[u]=1;
	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if((i^1)==idx)continue;
		if(!vis[v]){
			dfs(v,u,i);
			odd[u]+=odd[v];
			even[u]+=even[v];
		}else{
			if(dep[v]>dep[u])continue;
			if((dep[u]-dep[v])&1)
				even[u]++,even[v]--,even[0]++;
			else
				odd[u]++,odd[v]--,odd[0]++;
		}
	}
}
int main(){
	memset(head,-1,sizeof head);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,u,v;i<=m;++i){
		cin>>u>>v;
		addedge(u,v);
		addedge(v,u);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(!vis[i])dfs(i,0,-1);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(!even[i]&&odd[i]==odd[0])ans++;
	}
	cout<<odd[0]<<endl;
	if(odd[0]==1)ans++;
	cout<<ans;
}