[连通分量专题]
硬着头皮刷了下连通分量。。
强连通就不说了，是最基础的部分；
割点（割顶），就是在无向图中，删掉这个点，使图不连通的点（或者说使得原图连通块数量增加）。
割边（桥），就是在无向图中，删掉这个边，使图不连通的边（或者说使得原图连通块数量增加）。
那么割顶和桥的求法很类似——
我们都采用DFS树的方法，也记录low，dfn等值，其中dfn表示访问的次序，和求强连通分量的算法类似，low表示当前节点及其后代能连会的最早祖先的dfn值。
然后对于当前结点，枚举与其相邻的每条边，这条边可能是树边，反向边，前向边（返祖边），横向边（横叉边）。
而现在，反向边我们不考虑，横向边在过程中相当于不存在，只存在树边和前向边。
如果是树边，则，low[u]=min(low[u],low[v])；
否则，low[u]=min(low[u],dfn[v])。怎么样，是不是和scc很像？
那怎么判断一个点是不是割顶？dfn[u]<=low[v]；是不是桥？dfn[u]<low[v]，画个图就好理解了。
那么，我们再来探讨双连通。这是困扰我已久的东西。
双连通又分为点双和边双。
点双相当于无向图中的环，一个点双分量中任意两点至少存在两条“点不重复”的路径，点双与点双之间最多就1个公共点，这个点必然是割顶；
边双是什么？一个边双分量中任意两点至少存在两条“边不重复”的路径，同理，桥不属于任何边双，边双与边双之间由桥连接。
从而，我们可以通过找出割顶后找出点双，找出桥后找边双，这是非常合乎情理的。（这就是为什么一道点双的题目，有人写是割顶，有人写是点双，是我太naive了）
来几个例题：
POJ - 3177
题目意思就是求出至少加几条边才能使原图成为一个边双连通分量。
我们先把原图缩点（无向图缩点，注意反向边），然后必然会形成一棵树。
怎么使这棵树成为边双连通分量？显然，我们一定是在叶子节点建边能得到较优的解，那到底怎么建边？
每次找lca最远的两个点（一定是叶子节点啦）连起来，相当于他们路径上所有点都缩到了一起，
最终要建（设子节点有c个）(c+1)/2条边。
code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<stack>
5 using namespace std;
6 const int N=5005,M=20005;
7 int n,m,tot;
8 int lnk[N],nxt[M],son[M];
9 int dfn[N],low[N],cloc;
10 stack <int> st;
11 bool inst[N];
12 int scc,bel[N],degrs[N];
13 void add(int x,int y) {
14 nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,lnk[x]=tot;
15 }
16 bool jug(int x,int y){
17 if ((x&1)&&y==x+1) return 1;
18 if (!(x&1)&&y==x-1) return 1;
19 return 0;
20 }
21 void tarjan(int x,int fa) {
22 dfn[x]=low[x]=++cloc,inst[x]=1,st.push(x);
23 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j])
24 if (!jug(j,fa)) {
25 if (!dfn[son[j]]) {
26 tarjan(son[j],j);
27 low[x]=min(low[x],low[son[j]]);
28 }
29 else if (inst[son[j]]) {
30 low[x]=min(low[x],dfn[son[j]]);
31 }
32 }
33 if (low[x]==dfn[x]) {
34 scc++; int y;
35 do {
36 y=st.top(),st.pop(),bel[y]=scc,inst[y]=0;
37 }while (y!=x);
38 }
39 }
40 int main() {
41 scanf("%d%d",&n,&m),tot=0,scc=0;
42 for (int i=1; i<=m; i++) {
43 int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
44 add(x,y),add(y,x);
45 }
46 for (int i=1; i<=n; i++) if (!dfn[i]) tarjan(i,-1);
47 for (int i=1; i<=n; i++)
48 for (int j=lnk[i]; j; j=nxt[j])
49 if (bel[i]!=bel[son[j]]) degrs[bel[son[j]]]++;
50 int ans=0;
51 for (int i=1; i<=scc; i++) if (degrs[i]==1) ans++;
52 printf("%d",(ans+1)/2);
53 return 0;
54 }
POJ -1236
简单缩点，然后统计出入度分别为0的点。
第一问的答案就是入度为0的点的个数，第二问稍微复杂一点。
设入，出度为0的点分别有c1，c2个，则答案为max(c1,c2)个。
怎么做？就是一个源点接在一个汇点上，这个汇点又接在另一个源点上。如果有多余的，那也要接在汇点（源点）上。
code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #include<stack>
5 using namespace std;
6 const int N=105;
7 int tot,lnk[N],nxt[N*N],son[N*N];
8 int dfn[N],low[N],bel[N];
9 int din[N],dout[N];
10 int n,scc,cloc;
11 bool inst[N];
12 stack <int> st;
13 void add(int x,int y) {
14 nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,lnk[x]=tot;
15 }
16 void tarjan(int x) {
17 low[x]=dfn[x]=++cloc,inst[x]=1,st.push(x);
18 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j])
19 if (!dfn[son[j]]) {
20 tarjan(son[j]),low[x]=min(low[x],low[son[j]]);
21 } else if (inst[son[j]])
22 low[x]=min(low[x],dfn[son[j]]);
23 if (low[x]==dfn[x]) {
24 scc++;
25 for (int y=st.top(); ; y=st.top()) {
26 bel[y]=scc,inst[y]=0,st.pop();
27 if (y==x) return;
28 }
29 }
30 }
31 int main() {
32 scanf("%d",&n);
33 for (int i=1; i<=n; i++) {
34 int j; scanf("%d",&j);
35 for (; j; scanf("%d",&j)) add(i,j);
36 }
37 for (int i=1; i<=n; i++)
38 if (!dfn[i]) tarjan(i);
39 if (scc==1) {puts("1"),puts("0"); return 0;}
40 for (int i=1; i<=n; i++)
41 for (int j=lnk[i]; j; j=nxt[j])
42 if (bel[i]!=bel[son[j]])
43 dout[bel[i]]++,din[bel[son[j]]]++;
44 int cnt1=0,cnt2=0;
45 for (int i=1; i<=scc; i++) cnt1+=(din[i]==0);
46 for (int i=1; i<=scc; i++) cnt2+=(dout[i]==0);
47 printf("%d\n%d",cnt1,max(cnt1,cnt2));
48 return 0;
49 }
POJ - 3694
题意就是给你初始的一张图，然后不断建边，每次建完问你目前桥的数量。
显然，不能建一条tarjan一次，实在太慢。但我们肯定要预先知道哪些原边是桥，有几条。
那我们要做一次tarjan，会形成一棵DFS树。那么，如果要建一条(x,y)的边，则相当于
x->lca(x,y)和y->lca(x,y)的边都变成了不是桥的边。有了这个小优化我们就能跑过去了。
code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define Ms(a,x) memset(a,x,sizeof a)
5 using namespace std;
6 const int N=100005,M=500005;
7 int tot,lnk[N],nxt[M],son[M];
8 int dfn[N],low[N],fa[N];
9 int n,m,cloc,b;
10 bool isb[M],vis[M];
11 inline int read() {
12 int x=0; char ch=getchar();
13 while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
14 while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
15 x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar();
16 return x;
17 }
18 void add(int x,int y) {
19 nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,lnk[x]=tot;
20 }
21 void tarjan(int x,int ff) {
22 low[x]=dfn[x]=++cloc,fa[x]=ff;
23 for (int j=lnk[x]; j; j=nxt[j]) {
24 int y=son[j];
25 if (!dfn[y]) {
26 vis[j]=vis[j^1]=1,tarjan(y,x);
27 low[x]=min(low[x],low[y]);
28 if (dfn[x]<low[y]) isb[y]=1,b++;
29 }else if (dfn[y]<dfn[x]&&!vis[j]) {
30 vis[j]=vis[j^1]=1;
31 low[x]=min(low[x],dfn[son[j]]);
32 }
33 }
34 }
35 int calc(int x,int y) {
36 if (dfn[x]<dfn[y]) swap(x,y);
37 while (dfn[x]>dfn[y]) {
38 if (isb[x]) b--,isb[x]=0;
39 x=fa[x];
40 }
41 while (x!=y) {
42 if (isb[y]) b--,isb[y]=0;
43 y=fa[y];
44 }
45 return b;
46 }
47 int main() {
48 int cas=0;
49 while (scanf("%d%d",&n,&m)&&(n+m>0)) {
50 if (cas) puts("");
51 printf("Case %d:\n",++cas),tot=1;
52 Ms(lnk,0),Ms(nxt,0);
53 for (int i=1; i<=m; i++) {
54 int x=read(),y=read();
55 add(x,y),add(y,x);
56 }
57 Ms(dfn,0),Ms(isb,0),Ms(fa,0);
58 cloc=b=0,tarjan(1,0);
59 for (int Q=read(); Q; Q--) {
60 int x=read(),y=read();
61 printf("%d\n",calc(x,y));
62 }
63 }
64 return 0;
65 }
POJ - 2942
未完成。