题干：
这世界上有N个网络设备,他们之间有M个双向的链接。这个世界是连通的。在一段时间里,有Q个数据包要从一个网络设备发送到另一个网络设备。一个网络设备承受的压力有多大呢?很显然,这取决于Q个数据包各自走的路径。不过,某些数据包无论走什么路径都不可避免的要通过某些网络设备。你要计算:对每个网络设备,必须通过(包括起点、终点)他的数据包有多少个？
对于40%的数据,N,M,Q≤2000
对于60%的数据,N,M,Q≤40000
对于100%的数据,N≤100000,M,Q≤200000
题解：
必须通过的路径？很容易就可以想到树上差分求解（在路径上都放一个价值为1的物品，答案就是每个点物品的总价值）。
但题干中并没有说这一定是一棵树，只是说是连通图。
那我们就需考虑几种情况：
1、起始节点与末尾节点都为割点：直接在起始节点与末尾节点差分
（怎么来的割点？不是走路径吗？其实我们差分的对象是几个点，针对于点，我们就应该想到点双连通分量）
2、起始节点与末尾节点有一个不为割点或都不为割点：
这就需要先找出起始节点或末尾节点所在环的割点，再在这个割点上进行差分。
（直接差分不行吗？题干中说的是“ 必须通过它的数据包有多少个 ”，若一个点在环上，那么它一定至少有两条路径可以走，就不满足“ 必须 ”这个条件）
考虑了这两种情况，这道题就有了一个比较完整的框架。但在真正解题时，我们采用缩点的方法来等效于上述
“找出起始节点或末尾节点所在环的割点，再在这个割点上进行差分”
（在最后的统计答案中，dfs序还是比较好用，省去了跑dfs统计答案）
tarjan 点双连通分量求法+缩点：
1 if(!dfn[to]){
2 tarjan(to);
3 low[x]=min(low[x],low[to]);
4 if(low[to]>=dfn[x]){
5 opt++; sum++;
6 if(x!=1||opt>1) cut[x]=1;
7 do{
8 tmp=sta[up--];
9 cir[tmp]=sum;
10 dcc[sum].push_back(tmp);
11 }while(tmp!=to);
12 cir[x]=sum;
13 dcc[sum].push_back(x);
14 }
15 }
16 else low[x]=min(low[x],dfn[to]);
Code：（两种不同打法，第二种为正解，第一种打得较方便，但时间复杂度会高一些）
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<queue>
4 #include<iostream>
5 #define $ 220010
6 using namespace std;
7 int m,n,q,first[$],tot1,dfn[$],low[$],tar,tip[$],second[$],tot2;
8 int dad[$][22],sta[$],up,ans[$],dep[$],sum,pre[$];
9 struct tree{ int to,next; }a[$*5],tr[$*5];
10 inline int min(int x,int y) { return x<y?x:y; }
11 inline void swap(int &x,int &y){ int t=x; x=y; y=t; }
12 inline void add(int x,int y){
13 a[++tot1]=(tree){ y,first[x] };
14 first[x]=tot1;
15 a[++tot1]=(tree){ x,first[y] };
16 first[y]=tot1;
17 }
18 inline void addtr(int x,int y){
19 tr[++tot2]=(tree){ y,second[x] };
20 second[x]=tot2;
21 tr[++tot2]=(tree){ x,second[y] };
22 second[y]=tot2;
23 }
24 inline void tarjan(int x){
25 dfn[x]=low[x]=++tar; sta[++up]=x;
26 for(register int i=first[x],tmp;i;i=a[i].next){
27 int to=a[i].to;
28 if(!dfn[to]){
29 tarjan(to);
30 low[x]=min(low[x],low[to]);
31 if(low[to]>=dfn[x]){
32 ++sum;
33 do{
34 tmp=sta[up--];
35 addtr(sum,tmp);
36 }while(tmp!=to);
37 addtr(sum,x);
38 }
39 }
40 else low[x]=min(low[x],dfn[to]);
41 }
42 }
43 inline void ready(int x){
44 pre[--pre[0]]=x;
45 for(register int i=second[x];i;i=tr[i].next){
46 int to=tr[i].to;
47 if(to==dad[x][0]) continue;
48 dad[to][0]=x;
49 for(register int j=1;j<=20;++j) dad[to][j]=dad[dad[to][j-1]][j-1];
50 dep[to]=dep[x]+1;
51 ready(to);
52 }
53 }
54 inline int LCA(int x,int y){
55 if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
56 for(register int i=20;i>=0;--i)
57 if(dep[dad[x][i]]>=dep[y]) x=dad[x][i];
58 if(x==y) return x;
59 for(register int i=20;i>=0;--i)
60 if(dad[x][i]!=dad[y][i]) x=dad[x][i],y=dad[y][i];
61 return dad[x][0];
62 }
63 signed main(){
64 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); sum=n;
65 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);
66 tarjan(1);
67 pre[0]=sum+1; dep[1]=1;
68 ready(1);
69 for(register int i=1,x,y,lca;i<=q;++i){
70 scanf("%d%d",&x,&y); lca=LCA(x,y);
71 ++ans[x]; ++ans[y];
72 --ans[lca]; --ans[dad[lca][0]];
73 }
74 for(register int i=1,x;i<=sum;++i)
75 x=pre[i],ans[dad[x][0]]+=ans[x];
76 for(register int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]);
77 }
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<queue>
4 #include<vector>
5 #define $ 220010
6 using namespace std;
7 int m,n,q,first[$],tot1,dfn[$],low[$],tar,tip[$],second[$],tot2,cut[$],cnt;
8 int dad[$*2][22],sta[$],up,ans[$],dep[$],sum,pre[$],cir[$],id[$],data[$];
9 vector<int> dcc[$];
10 struct tree{ int to,next; }a[$*5],tr[$*5];
11 inline int min(int x,int y) { return x<y?x:y; }
12 inline void swap(int &x,int &y){ int t=x; x=y; y=t; }
13 inline void add(int x,int y){
14 a[++tot1]=(tree){ y,first[x] };
15 first[x]=tot1;
16 a[++tot1]=(tree){ x,first[y] };
17 first[y]=tot1;
18 }
19 inline void addtr(int x,int y){
20 tr[++tot2]=(tree){ y,second[x] };
21 second[x]=tot2;
22 tr[++tot2]=(tree){ x,second[y] };
23 second[y]=tot2;
24 }
25 inline void tarjan(int x,int opt=0){
26 dfn[x]=low[x]=++tar; sta[++up]=x;
27 for(register int i=first[x],tmp;i;i=a[i].next){
28 int to=a[i].to;
29 if(!dfn[to]){
30 tarjan(to);
31 low[x]=min(low[x],low[to]);
32 if(low[to]>=dfn[x]){
33 opt++; sum++;
34 if(x!=1||opt>1) cut[x]=1;
35 do{
36 tmp=sta[up--];
37 cir[tmp]=sum;
38 dcc[sum].push_back(tmp);
39 }while(tmp!=to);
40 cir[x]=sum;
41 dcc[sum].push_back(x);
42 }
43 }
44 else low[x]=min(low[x],dfn[to]);
45 }
46 }
47 inline void ready(int x){
48 pre[--pre[0]]=x;
49 for(register int i=second[x];i;i=tr[i].next){
50 int to=tr[i].to;
51 if(to==dad[x][0]) continue;
52 dad[to][0]=x;
53 for(register int j=1;j<=20;++j) dad[to][j]=dad[dad[to][j-1]][j-1];
54 dep[to]=dep[x]+1;
55 ready(to);
56 }
57 }
58 inline int LCA(int x,int y){
59 if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
60 for(register int i=20;i>=0;--i)
61 if(dep[dad[x][i]]>=dep[y]) x=dad[x][i];
62 if(x==y) return x;
63 for(register int i=20;i>=0;--i)
64 if(dad[x][i]!=dad[y][i]) x=dad[x][i],y=dad[y][i];
65 return dad[x][0];
66 }
67 signed main(){
68 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); cnt=n;
69 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);
70 tarjan(1);
71 for(register int i=1;i<=n;++i) if(cut[i]) cir[i]=id[i]=++cnt;
72 for(register int i=1;i<=sum;++i)
73 for(register int j=0;j<dcc[i].size();++j){
74 int to=dcc[i][j];
75 if(cut[to]) addtr(i,id[to]);
76 }
77 pre[0]=cnt+1; dep[1]=1;
78 ready(1);
79 for(register int i=1,x,y,lca;i<=q;++i){
80 scanf("%d%d",&x,&y);
81 if(!cut[x]) data[x]++;
82 if(!cut[y]) data[y]++;
83 x=cir[x], y=cir[y];
84 lca=LCA(x,y);
85 ++ans[x]; ++ans[y];
86 --ans[lca]; --ans[dad[lca][0]];
87 }
88 for(register int i=1,x;i<=cnt;++i)
89 x=pre[i],ans[dad[x][0]]+=ans[x];
90 for(register int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",cut[i]?ans[cir[i]]:data[i]);
91 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/OI-zzyy/p/11183044.html
时间： 2024-10-11 10:44:51