刷题总结——date(ssoj)
题目:
题目背景
SOURCE:NOIP2015-SHY-9
题目描述
小Y和小Z好不容易有机会相见啦,可是邪恶的小H却不想让他们相见。现在有一些城市,城市之间有双向路径相连,有路径相连的城市之间可以互相到达。小H可以任意选择一条路径,然后用他的邪恶力量污染这条路径,使得它不能被通行。虽然小Y和小Z在千辛万苦之后相遇了,但小Y非常害怕。她想让小Z告诉她,他们初始在哪些点对上,小H就可以选择一条路径污染使得他们不能相见。
注意:如果有一对点之间初始的时候就不联通,也是满足条件的,需要输出这对点。这是因为本来不联通,那么删一条边,当然也不联通。
输入格式
第一行两个数字 N 和 M 。N 表示城市数,M 表示路径数。
第二行到第 M+1 行,两个数 a 和 b。其中 1≤a,b≤N ,表示 a 和 b 之间有路径相连。
输出格式
输出一个整数,表示所求点对的数量
样例数据 1
备注
【样例说明】
点对(1,2)满足不能相见的条件。
【数据范围】
对 30% 的输入数据 :1≤N≤100,1≤M≤200
对 100% 的输入数据 :1≤N≤20000,1≤M≤40000
题解:
就是求每个边双连通分量···然后双连通分量内的点肯定是可以相互到达的,因此我们先算出所有的点对··再减去所有双连通分量中的点对数量(都是合法点对)即可···
另外注意处理重边以及断点的情况······md图论每次都被这两东西坑···
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e4+;
const int M=4e4+;
int first[N],next[M*],go[M*],tot=;
int n,m,dfn[N],low[N],cnt=;
int totgroup,size[N];
bool tag[M*],visit[N];
long long ans=;
inline int R()
{
char c;int f=;
for(c=getchar();c<''||c>'';c=getchar());
for(;c<=''&&c>='';c=getchar())
f=(f<<)+(f<<)+c-'';
return f;
}
inline void comb(int a,int b)
{
next[++tot]=first[a],first[a]=tot,go[tot]=b;
next[++tot]=first[b],first[b]=tot,go[tot]=a;
}
inline void tarjan(int u,int pre)
{
dfn[u]=low[u]=++cnt;
for(int e=first[u];e;e=next[e])
{
int v=go[e];
if(!dfn[v])
{
tarjan(v,e);low[u]=min(low[u],low[v]);
if(dfn[u]<low[v]) tag[e]=tag[e^]=true;
}
else
if((e^)!=pre) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
inline void dfs(int u,int pre)
{
size[totgroup]++;visit[u]=true;
for(int e=first[u];e;e=next[e])
{
if(!tag[e]&&(e^)!=pre&&!visit[go[e]])
{
int v=go[e];dfs(v,e);
}
}
}
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
n=R(),m=R();int a,b;
for(int i=;i<=m;i++)
{
a=R(),b=R();
comb(a,b);
}
for(int i=;i<=n;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i,-);
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(!visit[i]) totgroup++,dfs(i,-);
}
ans=(long long)n*(n-)/;
for(int i=;i<=totgroup;i++)
ans-=(long long)size[i]*(size[i]-)/;
cout<<ans<<endl;
return ;
}
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