hihocoder #1190 : 連通性·四 點雙聯通分量

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http://hihocoder.com/problemset/problem/1190?sid=1051696

 

先抄襲一下

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小Hi和小Ho從約翰家回到學校時，網路所的老師又找到了小Hi和小Ho。

老師告訴小Hi和小Ho：之前的分組出了點問題，當伺服器(上次是串連)發生宕機的時候，在同一組的伺服器有可能串連不上，所以他們希望重新進行一次分組。這一次老師希望對串連進行分組，並把一個組內的所有串連關聯的伺服器也視為這個組內的伺服器(注意一個伺服器可能屬於多個組)。

這一次的條件是對於同一個組滿足：當組內任意一個伺服器宕機之後，不會影響組內其他伺服器的連通性。在滿足以上條件下，每個組內的邊數量越多越好。

比如下面這個例子，一共有6個伺服器和7條串連：

其中包含3個組，分別為{(1,2),(2,3),(3,1)},{(4,5),(5,6),(4,6)},{(3,4)}。對{(1,2),(2,3),(3,1)}而言，和該組邊相關聯的有{1,2,3}三個伺服器：當1宕機後，仍然有2-3可以串連2和3；當2宕機後，仍然有1-3可以串連1和3；當3宕機後，仍然有1-2可以串連1和2。

老師把整個網路的情況告訴了小Hi和小Ho，希望小Hi和小Ho統計一下一共有多少個分組。

   

提示：點的雙連通分量

 輸入

第1行：2個正整數，N,M。表示點的數量N，邊的數量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000

第2..M+1行：2個正整數，u,v。第i+1行表示存在一條邊(u,v)，編號為i，串連了u,v兩台伺服器。1≤u<v≤N

保證輸入所有點之間至少有一條連通路徑。

輸出

第1行：1個整數，表示該網路的串連組數。

第2行：M個整數，第i個數表示第i條串連所屬組內，編號最小的串連的編號。比如分為{(1,2)[1],(2,3)[3],(3,1)[2]},{(4,5)[5],(5,6)[7],(4,6)[6]},{(3,4)[4]}，方括弧內表示編號，則輸出{1,1,1,4,5,5,5}。

範例輸入

6 71 21 32 33 44 54 65 6

範例輸出

31 1 1 4 5 5 5

 

 

提示：點的雙連通分量

小Ho：那麼我們這一次求的和前一次有什麼區別？

小Hi：在上一次中，我們求解的是邊的雙連通分量，而我們這一次叫做點的雙連通分量，其定義為：

對於一個無向圖的子圖，當刪除其中任意一個點後，不改變圖內點的連通性，這樣的子圖叫做點的雙連通子圖。而當子圖的邊數達到最大時，叫做點的雙連通分量。

小Ho：那和上一次有什麼不同嗎？

小Hi：與前一次的區別在於，可能出現下面這種情況時：

存在兩個分組，分別是{(1,2),(2,3),(3,1)},{(3,4),(4,5),(3,5)}。其不能分成一組是因為當3號伺服器宕機之後，1,2與4,5便不再連通。

小Ho：感覺好像難了很多？

小Hi：其實也還好啦，這一次的話只需要稍作一下改進就好。

首先我們從上面的例子可以猜到，橋一定是作為一個單獨的點的雙連通分量。而被橋分割的地區，可能出現兩種情況：

第一種情況下，橋兩邊都各是一個連通分量，那麼橋的存在把整個圖分成了3個連通分量，橋本身作為一個點的雙連通分量，而A,B兩個分量還無法判定。在這圖中，A,B兩點本質都是割點。

第二種情況下，橋一邊是連通分量，而另一邊是獨立的點。橋的存在把整個圖分成了2個連通分量，B點部分因為沒有邊，所以不構成一個組。在這圖中，只有A點是割點。

那麼我們可以先根據橋，把整個圖先分割開來。

在點的雙連通分量分量中出現了一種特殊的情況，而產生這種情況是因為在一個邊的雙連通分量中存在了割點。那麼在去掉橋的每一個連通分量中，我們需要再找出割點。

小Ho：簡單每存在一個橋就分割一次圖，每個連通分量中存在一個割點就分割一次圖。

小Hi：是這樣的，但其實還可以更近一步考慮，對於橋的兩種情況，它分割個地區數剛好就等於割點數+1；而連通分量內的割點同樣也是，每存在一個割點，點的雙連通分量就增加一個。

小Ho：這樣說來，只要統計割點數量，點的雙連通分量就等於割點數量加1咯？

小Hi：沒錯，每存在一個割點，就把一個地區一分為二，所以最後的結果也就是統計割點的數量就可以了。而對於分組具體情況，我們仍然採用棧來輔助我們記錄，代碼如下：

void dfs(int u) {//記錄dfs遍曆次序static int counter = 0;//記錄節點u的子樹數int children = 0;ArcNode *p = graph[u].firstArc;visit[u] = 1;//初始化dfn與lowdfn[u] = low[u] = ++counter;for(; p != NULL; p = p->next) {int v = p->adjvex;if(edge(u,v)已經被標記) continue; //節點v未被訪問，則(u,v)為樹邊if(!visit[v]) {children++;parent[v] = u;edgeStack[top++] = edge(u,v); // 將邊入棧dfs(v);low[u] = min(low[u], low[v]);//case (1)if(parent[u] == NIL && children > 1) {printf("articulation point: %d\n", u);// mark edge// 將邊出棧，直到當前邊出棧為止，這些邊標記為同一個組do {nowEdge = edgeStack[top];top--;// 標記nowEdge}while (nowEdge != edge(u,v))}//case (2)if(parent[u] != NIL && low[v] >= dfn[u]) {printf("articulation point: %d\n", u);// mark edge// 將邊出棧，直到當前邊出棧為止，這些邊標記為同一個組do {nowEdge = edgeStack[top];top--;// 標記nowEdge}while (nowEdge != edge(u,v))}}//節點v已訪問，則(u,v)為回邊else if(v != parent[u]) {edgeStack[top++] = edge(u,v);low[u] = min(low[u], dfn[v]);}}}

關於點的雙聯通分量

搞了我很久。現在發現其實對邊進行分塊。以前的有向圖強聯通分量和邊雙聯通分量，那些都是對點進行分塊。

現在需要對邊進行分塊，為了就是解決

這個問題。

頂點3屬於兩個點雙分量。所以不能存點了。

那麼如果對邊進行分塊的話，判斷到某個點是割點的時候，就把當前擁有的邊彈出即可。直到判斷cur結點是割點的那條邊。

細節看看代碼吧， 有分反向邊和非反向邊。注意一條邊可能會被枚舉兩次（無向圖加邊兩次），然後就是else if那裡可以判斷出來是否枚舉過了。

還有就是一個割點會被多次枚舉。

例如

有三條邊

1 2

1 3

1 4

那麼每條邊都是一個不同的聯通分量。

點的聯通分量等於割點 + 1？我感覺不是，上面那個例子就不是了。

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#include <assert.h>#define IOS ios::sync_with_stdio(false)using namespace std;#define inf (0x3f3f3f3f)typedef long long int LL;#include <iostream>#include <sstream>#include <vector>#include <set>#include <map>#include <queue>#include <string>const int maxn = 100000 + 20;struct Edge {    int u, v, id;    int tonext;}e[maxn * 2];int first[maxn], num;void addEdge(int u, int v, int id) {    ++num;    e[num].u = u, e[num].v = v, e[num].id = id;    e[num].tonext = first[u];    first[u] = num;}int DFN[maxn], low[maxn], when;int st[maxn], top;int id[maxn], toSelid;int ans[maxn];bool flag[maxn];const int root = 1;void tarjan(int cur, int fa) {    DFN[cur] = low[cur] = ++when;    for (int i = first[cur]; i; i = e[i].tonext) {        int v = e[i].v;        if (v == fa) continue;        if (!DFN[v]) {            st[++top] = e[i].id;            tarjan(v, cur);            low[cur] = min(low[cur], low[v]);            if (low[v] >= DFN[cur]) { //這個是割點，特殊情況是兩點一邊，同一個割點會多次判定                ++toSelid;                do {                    int eID = st[top--];                    id[eID] = toSelid; // 這條邊屬於那一個塊                    ans[toSelid] = min(ans[toSelid], eID);                } while (st[top + 1] != e[i].id);            }        } else if (DFN[cur] > DFN[v]) { //5-->4反向邊，但是4同樣會枚舉4-->5這條邊，這是沒用的邊，已經統計了            low[cur] = min(low[cur], DFN[v]);            st[++top] = e[i].id; //反向邊        }    }}void solveTarjan(int n) {    memset(DFN, 0, sizeof DFN);    memset(low, 0, sizeof low);    when = top = toSelid = 0;    for (int i = 1; i <= n; ++i) {        if (!DFN[i]) tarjan(i, i);    }}void work() {    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= m; ++i) {        int u, v;        cin >> u >> v;        addEdge(u, v, i);        addEdge(v, u, i);    }    memset(ans, 0x3f, sizeof ans);    solveTarjan(n);    cout << toSelid << endl;    for (int i = 1; i <= m; ++i) {        cout << ans[id[i]] << " ";    }}int main() {#ifdef local    freopen("data.txt", "r", stdin);//    freopen("data.txt", "w", stdout);#endif    work();    return 0;}

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