题干:
为了从F(1≤F≤5000)个草场中的一个走到另一个,贝茜和她的同伴们有时不得不路过一些她们讨厌的可怕的树.奶牛们已经厌倦了被迫走某一条路,所以她们想建一些新路,使每一对草场之间都会至少有两条相互分离的路径,这样她们就有多一些选择.每对草场之间已经有至少一条路径.给出所有 R ( F - 1 ≤ R ≤ 10000 )条双向路的描述,每条路连接了两个不同的草场,请计算最少的新建道路的数量,
路径由若干道路首尾相连而成.两条路径相互分离,是指两条路径没有一条重合的道路.但是,两条分离的路径上可以有一些相同的草场.
对于同一对草场之间,可能已经有两条不同的道路,你也可以在它们之间再建一条道路,作为另一条不同的道路,请输出最少的需要新建的道路数.
题解:
加减道路?加减边?比较简单地就可以想到边双连通分量。
本题要求使每一个节点都可由至少两条道路到达,那么满足条件的节点就是度数 >= 2 的节点(无向图的度)。度数为 1 的节点就是不满足题意的。
在两点间建边有三种情况:
1、两个度数 >= 2 的节点相连:没用,舍掉。
2、一个度数 >= 2 ,另一个 = 1 的两个节点相连:使一个节点满足题意。
3、两个度数 = 1 的节点相连:使两个节点满足题意。
十分显然,两个度数 = 1 的节点相连一定是最优的。这也表明,本题核心在于找到 度数 = 1 的节点。
100% 错解(点双连通分量):
像以往的点双连通分量,先缩点,求一下度数即可。
但这样的 AC 代码并不符合点双连通分量的求法(在实现过程中,需要在 tarjan 中判断掉父节点;在建边中,需要判掉重边)。
只能说在这道题中,数据并没有考虑这种打法,虽然 AC,一定是错解。
Code:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define $ 5111 5 using namespace std; 6 int m,n,k,t,dfn[$],low[$],first[$],tot1,tar,sta[$],up,circle,tr=-1; 7 int sum,cir[$],out[$]; 8 bool judge[$],vis[$][$]; 9 struct tree{ int to,next; }a[$<<5],aa[$<<5]; 10 inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; } 11 inline void add(int x,int y){ 12 a[++tot1]=(tree){ y,first[x] }; 13 first[x]=tot1; 14 a[++tot1]=(tree){ x,first[y] }; 15 first[y]=tot1; 16 } 17 inline void tarjan(int x,int dad,int tmp=0){ 18 dfn[x]=low[x]=++tar; 19 sta[++up]=x; 20 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){ 21 int to=a[i].to; 22 if(to==dad) continue; 23 if(!dfn[to]){ 24 tarjan(to,x); 25 low[x]=min(low[x],low[to]); 26 } 27 else low[x]=min(low[x],dfn[to]); 28 } 29 if(dfn[x]==low[x]){ 30 ++circle; 31 do{ 32 tmp=sta[up--]; 33 cir[tmp]=circle; 34 }while(tmp!=x); 35 } 36 } 37 signed main(){ 38 scanf("%d%d",&n,&m); 39 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i){ 40 scanf("%d%d",&x,&y); 41 if(vis[x][y]==0) add(x,y),vis[x][y]=vis[y][x]=1; 42 } 43 tarjan(1,0); 44 for(register int i=1;i<=n;++i) 45 for(register int j=first[i];j;j=a[j].next){ 46 int to=a[j].to; 47 if(cir[i]!=cir[to]) out[cir[i]]++; 48 } 49 for(register int i=1;i<=circle;++i) if(out[i]<2) sum++; 50 circle==1?puts("0"):printf("%d\n",(sum+1)/2); 51 }
100% 正解(边双连通分量):
正解当然是边双连通分量。
1 inline void tarjan(int x,int opt){ 2 dfn[x]=low[x]=++tar; 3 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){ 4 int to=a[i].to; 5 if(!dfn[to]){ 6 tarjan(to,i); 7 low[x]=min(low[x],low[to]); 8 if(low[to]>dfn[x]) br[i]=br[i^1]=1; 9 } 10 else if(i!=(opt^1)) low[x]=min(low[x],dfn[to]); 11 } 12 } 13 inline void dfs(int x){ 14 in[x]=dcc; 15 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){ 16 int to=a[i].to; 17 if(in[to]||br[i]) continue; 18 dfs(to); 19 } 20 }
同样是先缩点,求一下度数即可。
Code:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define $ 5111 5 using namespace std; 6 int m,n,sum,dfn[$],low[$],first[$],tot,tar,br[$],up,circle,dcc,in[$],out[$]; 7 struct tree{ int to,next; }a[$<<5],aa[$<<5]; 8 inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; } 9 inline void add(int x,int y){ 10 a[++tot]=(tree){ y,first[x] }; 11 first[x]=tot; 12 a[++tot]=(tree){ x,first[y] }; 13 first[y]=tot; 14 } 15 inline void tarjan(int x,int opt){ 16 dfn[x]=low[x]=++tar; 17 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){ 18 int to=a[i].to; 19 if(!dfn[to]){ 20 tarjan(to,i); 21 low[x]=min(low[x],low[to]); 22 if(low[to]>dfn[x]) br[i]=br[i^1]=1; 23 } 24 else if(i!=(opt^1)) low[x]=min(low[x],dfn[to]); 25 } 26 } 27 inline void dfs(int x){ 28 in[x]=dcc; 29 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){ 30 int to=a[i].to; 31 if(in[to]||br[i]) continue; 32 dfs(to); 33 } 34 } 35 signed main(){ 36 scanf("%d%d",&n,&m); tot++; 37 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y); 38 tarjan(1,0); 39 for(register int i=1;i<=n;++i) if(!in[i]) dcc++,dfs(i); 40 for(register int i=2,x,y;i<=tot;++i){ 41 x=a[i^1].to,y=a[i].to; 42 if(in[x]!=in[y]) out[in[y]]++; 43 } 44 for(register int i=1;i<=dcc;++i) if(out[i]==1) sum++; 45 dcc==1?puts("0"):printf("%d\n",(sum+1)/2); 46 }
原文地址:https://www.cnblogs.com/OI-zzyy/p/11183705.html