Tarjan专题
Tarjan 算法原理
如下图所示。左边是最初的有向图，右边是经过 tarjan 算法后的图，其中实线有向边为树边；虚线有向边为回边；左图存在而右图不存在的边为弃边；每个结点旁边的数字为 dfn 序号。
树边、回边和弃边更精确的定义：
- 树边：dfs 过程中，从 \(u\) 到达 \(v\)，\(v\) 未被分配 dfn 序号。
- 回边：dfs 过程中，从 \(u\) 到达 \(v\)，\(v\) 已分配 dfn 序号，但 \(v\) 还未被分配到某个强连通分量中。（\(dfn_{u} > dfn_{v}\)）
- 弃边：dfs 过程中，从 \(u\) 到达 \(v\)，\(v\) 已分配 dfn 序号，且 \(v\) 已分配到某个强连通分量中。（\(dfn_{u} < dfn_{v}\)）
所有结点和所有树边形成一棵 dfs 树；其中每个点引出的回边都会指向某个 dfn 序更小的结点；弃边没有用。
每个结点遍历完所有出边之后，比较该结点的 dfn 与 low 值是否相等。若相等则需要结算强连通分量。
要烂熟 low 数组的定义！！！
关于 tarjan 算法的疑难杂症：回边情况下 low 值的更新语句。两种不同的写法，会导致 \(low[u]\) 的定义不同。
两种写法都正确，都可以正确地处理出所有强连通分量。但第一种写法的 low 数组定义更明确，即使第二种写法看起来更简便一些，还是推荐使用第一种写法，对理解整个 tarjan 算法的帮助更大，唯一的缺点就是多敲了几下代码。
SCC缩点
// SCC缩点
vector<int> G[N];
int dfn[N],tim;
int low[N]; //low[u]: u及u的子树内的所有点，最多经过一条回边，能够到达的dfn序号最小的点（最上方的点）
int stk[N],top; //栈维护已经遍历过但还未被结算倒某个强连通分量内的结点
int scc[N],cnt_scc; //scc[u]==x表示结点u在第x个强连通分量中, cnt_scc表示当前强连通分量的个数
int siz[N]; //siz[i]表示第i个强连通分量内点的个数
void Tarjan_scc(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++tim;
stk[++top] = u;
for(auto v : G[u]){
if(!dfn[v]){ // (u, v) 是树边
Tarjan_scc(v);
low[u] = min(low[u], low[v]); // 注意上面还有一句递归，此时 low[v] 已计算完。low 数组维护的是子树内往上走可到达 dfn 序号最小的点，因此要和儿子 v 的 low 取 min。
}
else if(!scc[v]){ // (u, v) 是回边
low[u] = min(low[u], dfn[v]); // 与上面的区别在于不触发递归，直接利用回边指向的点的 dfn 序号更新当前结点的 low 值。
}
// else{} // (u, v) 是弃边
}
if(dfn[u] == low[u]){ // 扎起了口袋，开始结算强连通分量
cnt_scc++;
int x; //表示栈顶元素，每次弹出的点均属于同一个强连通分量
do{
x = stk[top--];
scc[x] = cnt_scc;
siz[cnt_scc] ++;
} while(x != u);
}
}
// 调用
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if(!dfn[i]) Tarjan_scc(i);
}
P1073
SCC缩点结合 spfa 求最长路
P2272
半连通图定义：对于图中的任意两点 \(u, v\)，\(u\)可达\(v\) 或 \(v\)可达\(u\)。
关于半连通图有一个重要的性质：缩点后一定是一条链。
因此计算最大半连通子图的大小，等价于在缩点后的图中求最长链，直接 \(dp\) 即可。
定义 \(dp_{u}\)：以 \(u\) 为终点的最长链长度；\(cnt_{u}\)：以 \(u\) 为终点的最长链数量。状态转移见 code。
注意缩点后的重边会对 最长链数量的计算 和 拓扑排序 产生影响，因此需要对缩点后的重边去重。
P2515
SCC缩点结合树上背包
与 树上带依赖的01背包 这个问题相比，只是多了依赖关系可能形成环的可能性。显然我们可以将整个环的所有物品看作是一个物品，于是 \(scc\) 缩点之后的图仍然是若干棵树，问题便与上述等价。
P3275
SCC缩点结合差分约束
Q：一共 \(n\) 个数，每个数至少 \(\geq 1\)。要求这 \(n\) 个数满足以下 \(5\) 种类型的共 \(m\) 条约束：
- \(1\space u\space v\)：\(u = v\)
- \(2\space u\space v\)：\(u < v\)
- \(3\space u\space v\)：\(u \ge v\)
- \(4\space u\space v\)：\(u > v\)
- \(5\space u\space v\)：\(u \le v\)
求所有数总和的最小值，无解输出 -1。
考虑图论建模，利用差分约束的经典建图方式：设 \(u \rightarrow v\)，边权为 \(w\)，表示 \(v - u \ge w\)。
于是以上 \(5\) 种约束均可体现为在图中的有向边，形成 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图。
显然，对于图中的任何一个环，环中的所有边必须全为 \(0\)，否则无解。
剩下的所有环，包含的所有边的边权均为 \(0\)，等价于该环内所有数均相同。于是缩点后，强连通分量中的所有点等价于一个点，只需要记录它的大小。对于缩点形成的 DAG，将所有入度为 \(0\) 的点置为 \(1\)，然后拓扑排序 dp 即可。具体实现见 code。
P4819
SCC缩点结合高难度思维分析
Q：\(n\) 个人，其中有 \(1\) 个人是杀手，他们谁是杀手的概率是相等的。给出若干 \(x \rightarrow y\)，表示第 \(x\) 个人知晓第 \(y\) 个人的身份，且知晓身份具有传递性（\(a\) 知晓 \(b\) 的身份，\(b\) 知晓 \(c\) 的身份，则 \(a\) 知晓 \(c\) 的身份）。现在可以盘问这些人中的若干个，可以知道 被盘问者 及 他知晓的所有人 的身份，但需要保证不能盘问到杀手。现在你知道每个人知晓其他人身份的情况（即已知所有的有向边），求查出杀手是谁且保证不盘问到杀手的最大概率。
若盘问了 \(x\) 个人，则概率为：
即排除这 \(x\) 个人中存在杀手的概率。
那么最大化概率，等价于最小化被盘问者的数量。
对于所有知晓关系构成的有向图中的某个强连通分量，显然只要盘问其中的任意一个人，那么整个强连通分量内的所有人的身份都会知晓。于是我们对原图进行缩点后，对于形成的 DAG，只需要盘问每个入度为 \(0\) 的结点中的某一个人，就可以知晓所有人的身份。那么答案理应是缩点后入度为 \(0\) 的点的数量，然而，这并不是我们想象得这么简单。
存在一种比较刁钻的情况：若某个强连通分量内只有 \(1\) 个人，且该点孤立（下方无出边），那么在盘问完其他所有强连通分量并知晓其他 \(n-1\) 个人的身份后，这个人就无需再继续盘问了。
所以，我们需要额外考虑缩点后的 DAG 中是否存在强连通分量大小为 \(1\) 的孤点。
还有一种刁钻的情况：若某个强连通分量 \(u\) 内只有 \(1\) 个人，下方存在出边，但是所有出边对应的强连通分量的身份可以被某一其他源头知晓，那么这个强连通分量 \(u\) 内的人也无需盘问。
至此，我们只需要检查是否存在这两种刁钻的情况中的某一种，便可确定是否可以少盘问一个人，进而得到最终的答案。
还有一点需要注意：我们都清楚，SCC缩点后的图中可能会存在重边。对于本题，是需要去除重边的，以避免对每个点的入度判断产生影响，便于我们对第二种刁钻情况的分析：只需要确定该点对应所有出边的点的入度是否均 \(>1\) 即可。
具体实现见 code。
割边，边双连通分量 EDCC
应用于无向连通图。所有割边及边双缩点后的点形成一棵树。
tarjan 算法中判定割边的核心：若一条树边的上方点为 \(u\)，下方点为 \(v\)，发现 \(low[v] > dfn[u]\)，则该边为割边。证明可以直接利用 “扎口袋” 原理，得出 \(v\) 没有任何一条回边可以触及到 \(u\) 所在的连通块（最远只能触及到 \(u\) 的下方），因此 \((u, v)\) 成为了连接 \(u,v\) 所在连通块的唯一一条边，是割边。
tarjan 算法与 SCC缩点 一致，low 数组的定义不变，边的类型仍分为树边，回边和弃边三种。唯一不同的地方在于有向图变成了无向图，我们仍可以看作是有向图。
注意三种边中回边与弃边的定义有略微改变。
回边与弃边一定对应在一条无向边中（可以看作回边与弃边配对），即：从下往上看是回边的无向边，从上往下看是弃边。
树边所在无向边对应的另一条有向边一定会被跳过搜索，因此树边不与任何其他种类的边配对。
注意无向图的 tarjan 算法 dfs 每个结点时，一定要避免继续搜索父节点！！！
//边双连通分量 EDCC
//DCC缩点后形成的无向图是一棵树，SCC缩点形成DAG
//注：不能处理带重边和自环的图，需要改成链式前向星
vector<int> G[N];
int dfn[N], low[N], tim;
int stk[N],top;
int cnt_bri,cnt_edcc;
int edcc[N]; //dcc[u]表示点u在第dcc[u]个边双连通分量上
struct Bridge{
int u,v;
}bri[M];
void Tarjan_edcc(int u, int father){
dfn[u] = low[u] = ++tim;
stk[++top] = u;
for(auto v : G[u]){
if(!dfn[v]){ // (u, v) 为树边
Tarjan_edcc(v, u);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if(low[v] > dfn[u]){ // 割边
bri[++cnt_bri] = {u, v};
}
}
else if(v != father){ // 回边和弃边的情况统一处理（弃边相当于不执行，因为一定有 dfn[v] > dfn[u] >= low[u]），但一定要保证避免回到父节点
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if(dfn[u] == low[u]){
++cnt_edcc;
int x;
do{
x = stk[top--];
edcc[x] = cnt_edcc;
} while(x != u);
}
}
当无向图中存在重边时，必须用链式前向星来建图：
// 含重边，自环版本 -> 需要将每个重边用不同的编号区分，因此使用链式前向星来存图
int h[N], e[M<<1], ne[M<<1], idx = 1;
int dfn[N], low[N], tim;
int stk[N],top;
int cnt_bri,cnt_edcc;
int edcc[N]; //edcc[u]表示点u在第dcc[u]个边双连通分量上
struct Bridge{
int u,v;
}bri[M]; //割边
void addedge(int a,int b){
e[++idx] = b; // 注意，边的下标要从2开始，便于利用异或操作判断重边
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx;
}
void Tarjan_edcc(int u, int in_edge){
dfn[u] = low[u] = ++tim;
stk[++top] = u;
for(int i = h[u]; i ; i = ne[i]){
int v = e[i];
if(!dfn[v]){
Tarjan_edcc(v, i);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if(low[v] > dfn[u]){
bri[++cnt_bri] = {u, v};
}
}
else if(i != (in_edge ^ 1)){
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if(dfn[u] == low[u]){
++cnt_edcc;
int x;
do{
x = stk[top--];
edcc[x] = cnt_edcc;
}while(x != u);
}
}
割边分隔两个边双连通分量。
P7687
Q 省略。
显然关键边必须是割边，否则删除这条边不会影响原图的连通性，进而不会改变每个结点获得两种服务的状态。
考虑某一条割边，它是关键边，当且仅当对于其连接的两个连通块，每个连通块中提供某种服务的点数量必须 \(>0\)。
边双缩点后 dfs 割边树，分别统计每条割边连接的两个连通块中服务点的数量即可。
CF118E
Q：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，需要为每条无向边指定一个方向，使得形成的有向图是一个强连通图（任意两点之间相互可达），求出任意一种合法方案。
显然，若原图存在割边则一定无解。
构造方案需要在 tarjan 求割边的过程中做：从有向图的 tarjan 算法可知，只需要保留树边和回边。因此在无向图上跑 tarjan 时记录所有树边和回边即可。
hdu2460
EDCC 缩点结合并查集
Q: 给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，处理 \(q\) 条操作，每次操作添加一条边 \((u, v)\)，计算每次加边后整张图中割边的数量。
考虑割边树，有一条很显然的性质：边双连通分量数量 = 割边数量+ 1。因此我们只需要维护边双连通分量的个数。
考虑新加边 \((x, y)\) 对应的 \(x, y\) 两点是否在同一个 EDCC 内：
- 若 \(x, y\) 在原图中属于同一个 EDCC，从割边树的视角看，整个图的割边树不会改变，EDCC 数量也不变。
- 否则，\(x, y\) 在原图中不属于同一个 EDCC，这次加边会导致割边树上产生环，环中的所有 EDCC 会合并成一个 EDCC。
合并两个 EDCC 可以通过并查集合并。对于每次询问，暴力向上跳 \(x, y\)，只要发现 \(x\) 与 \(fa[x]\) 不属于同一个 EDCC 就合并。整体复杂度均摊下来是 \(O(割边数量)\)。
P2860
Q：给点 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，求至少添加多少条边，使得整张图是一个 EDCC。
答案为 \(\lceil\frac{割边树中度数为1的结点数量}{2}\rceil\)。
CF652E
Q：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，每条边上要么有商品，要么无商品。给定 \(s,t\)，问是否存在一条从 \(s\) 到 \(t\) 的路径，使得路径上每条边不重复，且存在商品。
先给出做法：求出割边树，考虑 \(s\) 所在边双结点到 \(t\) 所在边双结点的路径上的所有 割边 和 边双结点，只要存在商品就可行。
证明需要利用到一个新名词算法 —— 耳分解。
结论：一个无向图可以耳分解，当且仅当整个无向图是一个边双连通分量。于是，对于每个边双，我们需要利用耳分解证明出：
- 对于边双内的任意一条边 \(e\)，以及任意两个点 \(u, v\)，总是存在一条从 \(u\) 到 \(v\) 的、包含 \(e\) 的路径，使得该路径可经过重复的点，不经过重复的边。
证明：考虑耳分解的逆过程 —— 最初有一个简单环，往简单环中不断添加新耳朵。上述结论在简单环中显然成立，现在在图中添加一个新耳朵（挑选原图中的两个点作为端点并添加若干个新点，形成一条新路径），那么对于新图，原来的部分与新添加的部分必然存在至少两个点相交（这两个点也可以是同一个点），我们一定可以利用这两个点，使得新图中无论挑选哪条边，挑选的两个点无论在原图中还是在新添加的耳朵中，上述结论仍成立（具体就不证明了，不会描述qwq..）。那么每次加新耳朵的过程就是不断递推的过程，而由于边双一定可以耳分解，因此耳分解的逆过程一定可以形成任何一个边双。于是对于任意边双，上述结论一定成立。证毕。
P5234
边双缩点并不是这道题的重点，这里只记录一个 trick：检测树中的某个边集中的所有边是否完全在某条路径上，可以将边集内的边权置为 \(1\)，不在边集内的边权置为 \(0\)，然后求这棵树的直径是否等于所有边的总权值。
P7924
边双缩点结合树上点差分。
Q：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，每个点有点权。一共 \(q\) 条操作，每次给定两个点 \(x,y\)，计算 \(x\) 到 \(y\) 的全部可能的路径经过所有点的并集的权值之和。注意只需要求对于 \(q\) 条操作答案的总和，不需要分别求。
EDCC 缩点形成割边树后，每个询问的答案显然为两个点所在边双结点的路径权值之和。那么每条操作等价于经过了某条路径的所有边双结点一次。那么对于多次操作，显然可以利用点差分优化树上路径加。最终恢复差分得到每个边双结点的经过次数，统计答案即可。注意本题 \(n,m\) 特别大，因此尽量不要使用倍增求 \(LCA\)，会多带个 \(\log\)。可以通过欧拉序预处理 \(lca\) 进而将求 \(lca\) 操作优化到 \(O(1)\)。
CF555E
Q：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图（不一定连通），给定 \(q\) 条要求：
- \(x\space y\)：从 \(x\) 出发，可以到达 \(y\)
必须将每条无向边改成有向边，是否存在方案可以满足全部要求。
若存在 \(x,y\) 不连通的情况，直接判断为 No。
对所有连通块进行边双缩点后，在某一边双内，即使为边双内的每条边定向，仍然可以保证任意两点之间互相可达。因为由边双可耳分解的性质，我们可以把每个环与每个耳朵中的边全部钦定为一个方向，这样任意两个环之间就能够互相可达，进而任意两个点互相可达。
考虑在同一连通块，但不在同一边双内的两个点。对于割边树，两个点所在边双结点的路径上的所有边必须定向。于是，对于每条要求，等价于为割边树上的某条路径的所有边定向，我们只需要考虑是否存在某条边两个不同的方向同时存在操作钦定。可以利用树上边差分实现这一过程，具体实现见代码。
注意本题可能存在重边，跑边双时需要用链式前向星来建图！！！
P8867
边双缩点结合树形 dp。
Q：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，对某个点集与边集构成的总集合计数（点集非空，边集可空；只要点集或边集不同，两个集合就不同），要求：任选不在边集内的一条边删除，不会影响点集内任意两点的连通性。
显然边双内的边是否删除不会影响任意两点的连通性，因此这些边是否加入到边集中并不重要，我们只需要考虑割边是否在边集中。于是问题貌似变成了一个树上计数 dp。我们只需要在割边树上选点集与边集。
需要发掘到一个很关键的性质：任意一个合法的点集与边集，在割边树上一定构成一个连通子图（这里指所有点必须由边集中的边构成一整个连通块，边可以多出来）。证明略。
借助这个性质，我们有了一个巧妙的状态定义：
状态定义
\(dp_{u}\)：考虑子树 \(u\)，至少选择一个点，对于任意被选择的点，其所在的边双结点到 \(u\) 的所有割边必须被选，满足全部要求的点集与边集的总集合的方案数。
为什么要这样定义状态呢？我们发现，对于任意一个连通子图，一定对应一个包含该整个连通子图的极小子树（该子树的根结点也一定在连通子图内），而这样的极小子树所选择的点集与边集是恰好对应了我们所定义的 dp 状态（相当于从结点 \(u\) 出发向子树 \(u\) 内部延伸构成的一个连通块，显然每个点到 \(u\) 的所有割边必选）。那么，对所有这样的连通子图计数，就等价于求所有子树 \(u\) 的 dp 值，而子树外的点一定都不选；子树外的割边可以自由选择（！！！需要特别考虑 \(u\) 上方那条边，必须不选，因为选择这条边的情况会在计算 \(dp_{fa[u]}\) 时再计算一次，需要容斥掉）；而非割边无论如何都是可以自由选择的。即：
注意割边树的根结点 \(1\) 上方无边，因此要特殊考虑。
那么剩下的问题就是如何得到 \(dp_{u}\)。
状态转移
初始时整个子树内只有点 \(u\)，其中任意两点一定在同一边双中，因此初始化：
\(siz[u]\) 为 边双结点 \(u\) 内点的数量。
经典套路，考虑从已计算完的部分子树 \(u\) 合并新的子树 \(v\)。
从以下几个角度思考转移式：
- 子树 \(u\) 内选点，子树 \(v\) 内不选点：此时 \((u, v)\) 可自由选择，子树 \(v\) 内的割边也可自由选择。
- 子树 \(u\) 内不选点，子树 \(v\) 内选点：子树 \(u\) 内的割边可自由选择；为了保证 \(v\) 中所有被选的点到 \(u\) 上的割边都选，\((u, v)\) 必选。
- 子树 \(u,v\) 内均选点：显然 \((u, v)\) 必选。
割点，点双连通分量 VDCC
// 割点：对于一个无向图，若删掉某个点及该点引出的所有边，图中的连通块数量增加，则该点为割点
// 图中有重边和自环不会影响割点的判定
int n,m;
vector<int> G[N];
int dfn[N],tim;//时间戳数组
int low[N];//low[u]表示从结点u出发，可以通过返祖边和横叉边回溯到的最小dfn
bool cutpoint[N]; //判断u是否为割点
void Tarjan_CutPoint(int u, bool isroot){ // isroot表示点u是否为搜索树的根，对应连通块第一个遍历到的点
dfn[u] = low[u] = ++tim;
int child = 0;
for(auto v : G[u]){
if(!dfn[v]){ // 树边
child ++; // 树边儿子增加
Tarjan_CutPoint(v, false);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if(low[v] >= dfn[u]){
// 不是根时只需要存在一个儿子的low[v]>=dfn[u]
// 若为根节点，则至少需要在树边上存在至少2个儿子
if(!isroot || child >= 2){
cutpoint[u] = true;
}
}
}
else{ // 回边或弃边
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
}
loj10103
Q：给定一个无向图，求删除某个点后，整张图中连通块的最大数量。
枚举删除哪个点，计算新增连通块的数量即可。
跑一遍 tarjan 割点。对于每个连通块的根结点，若删除它，则新增连通块数为与其相连接的树边数量；若不是所在连通块的根结点，则删除它，新增连通块数为所有满足 \(low[v] \ge dfn[u]\)的邻结点 \(v\) 个数 + 1（因为还有上方的一个连通块）
P5058
Q：给定无向图，并给定两个点 \(a,b\)。初始时 \(a,b\) 连通，找到删除某个点能让 \(a,b\) 不再连通的最小编号结点。
结论：以 \(a\) 为其所在连通块的根结点，跑一次 tarjan。若发现删除某个点 \(u\) 时，该点是割点，且 \(b\) 在 \(u\) 的某个儿子 \(v\) 的子树内，那么删除这个结点就可以使得 \(a,b\) 不再连通。
那么剩下的问题就是如何 在确认某个点是割点的情况下 判断 \(b\) 是否在其某个儿子 \(v\) 子树中：很简单，只需要看 \(dfn_{b} \ge dfn_{v}\) 是否成立即可。因为如果 \(dfn_{b} < dfn_{v}\)，则一定是在遍历 \(b\) 后才遍历到 \(v\)，显然 \(b\) 不在 \(v\) 的子树内；若未遍历到 \(b\) 时遍历到了 \(v\)，且 \(b\) 不在 \(v\) 的子树内，则判断该条件时 \(dfn_{b}\) 为 \(0\)。将 \(u\) 删除，整个子树 \(v\) 都会与根结点 \(a\) 失去联系（\(a\) 在 \(u\) 的上方父亲处的连通块），子树 \(v\) 中的 \(b\) 自然也不会再与 \(a\) 连通。
下面的每一个圈就是一个点双。可见割点划分了点双连通分量，且一个割点可能会在多个点双内（取决于在 dfs 树中的邻结点数量）
//点双连通分量 VDCC
//注意需要处理自环
int n,m;
vector<int> G[N];
int dfn[N], low[N], tim;
int stk[N], top;
vector<int> VDCC[N]; // VDCC[i]存储第i个点双连通分量中的所有点
bool cutpoint[N];// 记录割点
int cnt_vdcc;
void Tarjan_vdcc(int u, bool isroot){
if(G[u].size() == 0){ // 孤立点，也算作是一个点双连通分量，需要特判
VDCC[++cnt_vdcc].push_back(u);
return;
}
dfn[u] = low[u] = ++tim;
stk[++top] = u;
int child = 0;
for(auto v : G[u]){
if(!dfn[v]){
Tarjan_vdcc(v, false);
low[u] = min(low[u], low[v]);
if(low[v] >= dfn[u]){
child++;
if(!isroot || child >= 2){ // 记录割点
cutpoint[u] = true;
}
VDCC[++cnt_vdcc].push_back(u); // 处理新的点双
int x;
do{
x = stk[top--];
VDCC[cnt_vdcc].push_back(x);
}while(x != v);
}
}
else{
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
}
LC LCP54
Q：
根据题意，占据某个点，对于整张图中未被占据的点的连通性变化，等价于删除掉已被占据的结点和其所有出边。
为了满足 “未被夺取的据点始终在同一个连通区里” 这一条件，
当存在不止一个点双时，不能从该点双的割点开始占据，否则会导致 “未被夺取的据点始终在同一个连通区里” 这一条件不成立。故每个只含有一个割点的点双需要从某个非割点出发，占据整个点双；而对于存在多个割点的点双，可以在处理完倒数第二个只含有一个割点的点双后，顺带着无代价处理掉该点双和最后一个只含有一个割点的点双。
因此，最优解为：
- 整个图中只存在一个点双时，该点双一定不存在割点。此时从最小权值点出发占据所有据点即可。
- 整个图中存在多个点双时，对于只有一个割点的点双，每次花费 从该点双内除割点外的最小权值点出发 的代价，将整个点双占据（注意割点不占据）。为了让代价最小，可以按该最小权值升序依次处理每个含有唯一割点的点双；等到处理完最小权值倒数第二大的点双时，会从该点双的唯一割点出来，然后顺带着将剩下的含有唯一割点的点双无代价地处理掉（在处理完每一个含有唯一割点的点双后，该割点就不再是割点了；最终只剩下一个含有唯一割点的点双时，可以直接从该割点出发（接着刚处理过的点双走，不花费该割点的权值代价），顺带着被处理掉）。
文字叙述起来有些复杂，具体细节见左神视频。
P3225
Q：给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的连通无向图，每个点均可以被设置或不设置为标记点。求 最少标记点数量 以及 设立最少标记点的方案数，使得任何一个点及其出边删除后，剩下的所有点均与至少某一个标记点连通。
还是分成整张图 只含有一个点双 与 含有多个点双 两种情况讨论：
- 只含有一个点双时，整张图不存在割点。显然最少需要标记 \(2\) 个点。因为若只标记一个点，则删除该标记点时便不符合要求。由于在点双内，删除任意一个点都能保证其他点仍然连通，因此可以标记任意两个不同点，方案数为 \(C_{siz}^{2}\)。
- 含有多个点双时，首先割点被标记是没用的，因为若删除的是该割点，则边双内剩余点便会与外界不连通。因此对于只存在一个割点的点双，需要至少标记一个非割点；而对于存在多个割点的点双，由于只会删除一个点，因此这里的点不需要被标记，因为删除任意一个割点，一定还会剩下至少一个割点，该割点所在点双内部的标记点便与该点双内的点连通。
SP2878
点双连通分量 结合 染色法判断二分图。
Q：
由于 \(n \le 10^{3}\)，完全图总边数也不是很多，我们可以考虑建出原图关于完全图的反图，也就是只要两个骑士不相互厌恶，就连边，表示他们在圆桌中可以相邻；两点之间无直接连边，则这两个骑士在圆桌上一定不能相邻。也就是说，对于圆桌中任意两个相邻点，在新图中一定存在这两个点的直接连边。
我们有结论：对于 \(\forall\) 两个点 \(a,b\)，若 \(a, b\) 不在同一个点双内（也就是存在某个割点 \(X\)，删除这个点后 \(a,b\) 不再连通），则这两个点代表的骑士一定无法参与同一场会议。
证明：利用反证法。由于 \(a,b\) 不在同一个点双内，显然 \(a,b\) 之间一定不存在直接连边。假设 \(a,b\) 在同一个圆桌中（可以不相邻），那么在圆桌中，\(a, b\) 之间的 \(2\) 个部分必须均能间接联系这两个点，且这两个部分交集为空。而由上图，显然对于 \(a, b\) 之间的任何一条路径，必须经过 \(X\)，因此 \(X\) 无论放在哪一侧，另一侧总无法间接地连接 \(a,b\)，进而无法满足 \(a,b\) 同时在圆桌中存在，证毕。
因此，对于任意一种合法方案，在圆桌中的所有骑士，必须属于同一个点双。故我们只需要对每个点双分别检查就可以了。
结论：只要点双内存在奇环，那么该点双内的每个点均可以出现在圆桌中；否则该点双内的任何点都不能出现在圆桌中。
证明：如上图所示。考虑该点双内存在的奇环，其自身一定作为一种合法方案（因为对于任何一个奇环，就是一种合法方案）。而点双内任意两点均连通，因此我们可以指定该奇环中的某两个不同的点 \(u,v\)，并考虑点双内奇环外的某个点 \(X\)，一定存在 \(u\) 到 \(X\) 的某条路径与 \(v\) 到 \(X\) 的某条路径，共同拼成该奇环的一个耳朵（耳分解）。而对于 \(u,v\) 所在的奇环，其两侧内的点数必然是一奇一偶，因此，不论 \(u,v\) 之间包含 \(X\) 的那条路径长度的奇偶性，一定可以形成一个包含 \(X\) 的奇环。进而我们得到：对于点双内的任何一个点，只要内部存在奇环，那么所有点一定均在某个奇环内出现，进而每个点都存在一种合法方案被包含，证毕。
反之，某个点不出现在任何存在奇环的点双中，是不能出现在圆桌中的，因为一种合法方案形式上对应的就必须是一个奇环。
因此本题的解法就是：对于每个点双判断内部是否存在奇环，若存在，则将该点双内的每个点均标记为可行，答案即为不可行结点的数量。判断奇环可以利用二分图染色法在 \(O(n + m)\) 复杂度内完成。
圆方树
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