UVALive - 5135 Mining Your Own Business(雙連通分量)

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題目大意：有N個礦井 ，由一些隧道串連起來，現在要修建盡量少的安全通道，使得無論哪裡發生事故，所有人均能逃出，求建的最少的安全通道數量和方案數

解題思路：建安全通道的話，肯定不能建在割頂，因為割頂如果崩塌了，割頂所串連的雙連通分量內的點就跑不掉了，還得在雙連通分量裡面再建點(上述為雙連通分量內部只有一個割頂的情況)，這樣不划算，還不如直接在裡面建點
如果一個雙連通分量的內部割頂有多個的話，那麼在這個雙連通分量裡面就可以不用建安全通道了，因為一個割頂崩塌了，還有其他點可以連向外面，所以，只考慮內部只有一個割頂的雙連通分量要怎麼建安全通道
怎麼建呢，排除掉割頂的所有的點都可以建

假設ans1代表所需要建立的安全通道的數量，ans2代表建立的方案數，那麼找到內部只有一個割頂的雙連通分量時(雙連通分量的內部結點有n個,排除掉割頂的話，還有n-1種建立的方案)
那麼ans1 = ans1 + 1; ans2 *= (n - 1)

如果給的圖形成的是一個雙連通分量（假設有n個點），只有一個，那麼需要建立2個安全通道(一個倒塌了，還有另一個),方案數為n * (n - 1) / 2

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <stack>#include <queue>#include <stack>using namespace std;#define N 100010#define INF 0x3f3f3f3f#define ll long longstruct Edge{    int to, next;}E[N];struct Node {    int u, v;    Node() {}    Node(int u, int v): u(u), v(v) {}};int pre[N], iscut[N], bccno[N], head[N], dfs_clock, bcc_cnt;int n, tot, Max;vector<int> bcc[N];stack<Node> S;void AddEdge(int from, int to) {    E[tot].to = to;    E[tot].next = head[from];    head[from] = tot++;}void init() {    memset(head, -1, sizeof(head));    tot = 0;    int u, v;    Max = -INF;    for (int i = 0; i < n; i++) {        scanf("%d%d", &u, &v);        u--; v--;        AddEdge(u, v);        AddEdge(v, u);        if (u > Max || v > Max) {            Max = max(u, v);        }    }}int dfs(int u, int fa) {    int lowu = pre[u] = ++dfs_clock;    int child = 0;    for (int i = head[u]; i != -1; i = E[i].next) {        int v = E[i].to;        Node e = Node(u, v);        if (!pre[v]) {            S.push(e);            child++;            int lowv = dfs(v, u);            lowu = min(lowu, lowv);            if (lowv >= pre[u]) {                iscut[u] = true;                bcc_cnt++;                bcc[bcc_cnt].clear();                while (1) {                    Node t = S.top();                    S.pop();                    if (bccno[t.u] != bcc_cnt) {                        bcc[bcc_cnt].push_back(t.u);                        bccno[t.u] = bcc_cnt;                    }                    if (bccno[t.v] != bcc_cnt) {                        bcc[bcc_cnt].push_back(t.v);                        bccno[t.v] = bcc_cnt;                    }                    if (t.u == u && t.v == v)                        break;                }            }        }        else if(pre[v] < pre[u] && v != fa) {            lowu = min(pre[v], lowu);            S.push(e);        }    }    if (fa < 0 && child == 1)        iscut[u] = false;    return lowu;}int cas = 1;void solve() {    memset(pre, 0, sizeof(pre));    memset(iscut, 0, sizeof(iscut));    memset(bccno, 0, sizeof(bccno));    dfs_clock = bcc_cnt = 0;    for (int i = 0; i <= Max; i++)        if (!pre[i])            dfs(i, -1);    ll ans1 = 0, ans2 = 1;    for (int i = 1; i <= bcc_cnt; i++) {        int cnt_cut = 0;        for (int j = 0; j < bcc[i].size(); j++) {            if (iscut[bcc[i][j]])                cnt_cut++;        }        if (cnt_cut == 1) {            ans1++;            ans2 *= (ll) (bcc[i].size() - 1);        }    }    if (bcc_cnt == 1) {        ans1 = 2;        ans2 = (ll)bcc[1].size() * (bcc[1].size() - 1) / 2;    }    printf("Case %d: %lld %lld\n", cas++, ans1, ans2);}int main() {    while(scanf("%d", &n) != EOF && n) {        init();        solve();    }    return 0;}

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