Description

Byteotia城市有n个 towns m条双向roads. 每条 road 连接 两个不同的 towns ,没有重复的road. 所有towns连通。

Input

输入n<=100000 m<=500000及m条边

Output

输出n个数,代表如果把第i个点去掉,将有多少对点不能互通。

Sample Input

5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

Sample Output

8
8
16
14
8
 
看到这道题,首先想到是的Tarjan先缩点。但是后来发现,如果按照DFS序搜索的话,只要DFS返回以后,判断当前点事割点,那么这个点和刚才搜索的点就是一个联通块。
然后就是对于每个割点,它的下面会有很多联通块,如果这个割点被去掉,那么下面的联通块都会被拆开。我们设ans[u]为这个点去掉后有多少点会被分离,我们在计算每个它
下面的联通块时,把它们的大小依次乘起来。然后,再加上它的下面联通块的和乘以上面所有点的和。
 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define MAXN 1000010
#define REP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define in(a) a=read()
using namespace std;
inline int read(){
int x=,f=;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
if(ch=='-')
f=-;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())
x=x*+ch-'';
return f*x;
}
int n,m;
int total=,head[MAXN],nxt[MAXN<<],to[MAXN<<],size[MAXN];
int dfn[MAXN],low[MAXN],cnt;
long long ans[MAXN<<];
inline void adl(int a,int b){
total++;
to[total]=b;
nxt[total]=head[a];
head[a]=total;
return ;
}
inline void tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++cnt;
size[u]=;
int sum=;
for(int e=head[u];e;e=nxt[e]){
if(!dfn[to[e]]){
tarjan(to[e]);
size[u]+=size[to[e]];//size代表以u为根的联通块大小
low[u]=min(low[u],low[to[e]]);
if(low[to[e]]>=dfn[u]){
ans[u]+=(long long)sum*size[to[e]];//sum表示已经遍历的子联通块,现在发现一个新的联通块,要把它的大小乘以已经遍历的
sum+=size[to[e]];//然后把它的大小加进去
}
}
else low[u]=min(low[u],dfn[to[e]]);
}
ans[u]+=(long long)sum*(n-sum-);//再加上它的下面联通块的和乘以上面所有点的和。
}
int main(){
in(n);in(m);
int a,b;
REP(i,,m){
in(a);in(b);
adl(a,b);
adl(b,a);
}
tarjan();
REP(i,,n) printf("%lld\n",(ans[i]+n-)<<);//n-1是这个割点和其他点的断开,*2是因为题目里A和B还有B和A算一个。
return ;
}
 

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