hihocoder #1190 : 连通性·四 点双联通分量

http://hihocoder.com/problemset/problem/1190?sid=1051696

先抄袭一下

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描述

小Hi和小Ho从约翰家回到学校时，网络所的老师又找到了小Hi和小Ho。

老师告诉小Hi和小Ho：之前的分组出了点问题，当服务器(上次是连接)发生宕机的时候，在同一组的服务器有可能连接不上，所以他们希望重新进行一次分组。这一次老师希望对连接进行分组，并把一个组内的所有连接关联的服务器也视为这个组内的服务器(注意一个服务器可能属于多个组)。

这一次的条件是对于同一个组满足：当组内任意一个服务器宕机之后，不会影响组内其他服务器的连通性。在满足以上条件下，每个组内的边数量越多越好。

比如下面这个例子，一共有6个服务器和7条连接：

其中包含3个组，分别为{(1,2),(2,3),(3,1)},{(4,5),(5,6),(4,6)},{(3,4)}。对{(1,2),(2,3),(3,1)}而言，和该组边相关联的有{1,2,3}三个服务器：当1宕机后，仍然有2-3可以连接2和3；当2宕机后，仍然有1-3可以连接1和3；当3宕机后，仍然有1-2可以连接1和2。

老师把整个网络的情况告诉了小Hi和小Ho，希望小Hi和小Ho统计一下一共有多少个分组。

提示：点的双连通分量

输入

第1行：2个正整数，N,M。表示点的数量N，边的数量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000

第2..M+1行：2个正整数，u,v。第i+1行表示存在一条边(u,v)，编号为i，连接了u,v两台服务器。1≤u<v≤N

保证输入所有点之间至少有一条连通路径。

输出

第1行：1个整数，表示该网络的连接组数。

第2行：M个整数，第i个数表示第i条连接所属组内，编号最小的连接的编号。比如分为{(1,2)[1],(2,3)[3],(3,1)[2]},{(4,5)[5],(5,6)[7],(4,6)[6]},{(3,4)[4]}，方括号内表示编号，则输出{1,1,1,4,5,5,5}。

样例输入

6 7
1 2
1 3
2 3
3 4
4 5
4 6
5 6

样例输出

3
1 1 1 4 5 5 5

提示：点的双连通分量

小Ho：那么我们这一次求的和前一次有什么区别？

小Hi：在上一次中，我们求解的是边的双连通分量，而我们这一次叫做点的双连通分量，其定义为：

对于一个无向图的子图，当删除其中任意一个点后，不改变图内点的连通性，这样的子图叫做点的双连通子图。而当子图的边数达到最大时，叫做点的双连通分量。

小Ho：那和上一次有什么不同么？

小Hi：与前一次的区别在于，可能出现下面这种情况时：

存在两个分组，分别是{(1,2),(2,3),(3,1)},{(3,4),(4,5),(3,5)}。其不能分成一组是因为当3号服务器宕机之后，1,2与4,5便不再连通。

小Ho：感觉好像难了很多？

小Hi：其实也还好啦，这一次的话只需要稍作一下改进就好。

首先我们从上面的例子可以猜到，桥一定是作为一个单独的点的双连通分量。而被桥分割的区域，可能出现两种情况：

第一种情况下，桥两边都各是一个连通分量，那么桥的存在把整个图分成了3个连通分量，桥本身作为一个点的双连通分量，而A,B两个分量还无法判定。在这图中，A,B两点本质都是割点。

第二种情况下，桥一边是连通分量，而另一边是独立的点。桥的存在把整个图分成了2个连通分量，B点部分因为没有边，所以不构成一个组。在这图中，只有A点是割点。

那么我们可以先根据桥，把整个图先分割开来。

在点的双连通分量分量中出现了一种特殊的情况，而产生这种情况是因为在一个边的双连通分量中存在了割点。那么在去掉桥的每一个连通分量中，我们需要再找出割点。

小Ho：简单每存在一个桥就分割一次图，每个连通分量中存在一个割点就分割一次图。

小Hi：是这样的，但其实还可以更近一步考虑，对于桥的两种情况，它分割个区域数刚好就等于割点数+1；而连通分量内的割点同样也是，每存在一个割点，点的双连通分量就增加一个。

小Ho：这样说来，只要统计割点数量，点的双连通分量就等于割点数量加1咯？

小Hi：没错，每存在一个割点，就把一个区域一分为二，所以最后的结果也就是统计割点的数量就可以了。而对于分组具体情况，我们仍然采用栈来辅助我们记录，代码如下：

void dfs(int u) {
	//记录dfs遍历次序
	static int counter = 0;	

	//记录节点u的子树数
	int children = 0;

	ArcNode *p = graph[u].firstArc;
	visit[u] = 1;

	//初始化dfn与low
	dfn[u] = low[u] = ++counter;

	for(; p != NULL; p = p->next) {
		int v = p->adjvex;
		if(edge(u,v)已经被标记) continue; 

		//节点v未被访问，则(u,v)为树边
		if(!visit[v]) {
			children++;
			parent[v] = u;
			edgeStack[top++] = edge(u,v); // 将边入栈
			dfs(v);

			low[u] = min(low[u], low[v]);

			//case (1)
			if(parent[u] == NIL && children > 1) {
				printf("articulation point: %d\n", u);
				// mark edge
				// 将边出栈，直到当前边出栈为止，这些边标记为同一个组
				do {
					nowEdge = edgeStack[top];
					top--;
					// 标记nowEdge
				}	while (nowEdge != edge(u,v))
			}

			//case (2)
			if(parent[u] != NIL && low[v] >= dfn[u]) {
				printf("articulation point: %d\n", u);
				// mark edge
				// 将边出栈，直到当前边出栈为止，这些边标记为同一个组
				do {
					nowEdge = edgeStack[top];
					top--;
					// 标记nowEdge
				}	while (nowEdge != edge(u,v))
			}

		}

		//节点v已访问，则(u,v)为回边
		else if(v != parent[u]) {
			edgeStack[top++] = edge(u,v);
			low[u] = min(low[u], dfn[v]);
		}
	}
}

关于点的双联通分量

搞了我很久。现在发现其实对边进行分块。以前的有向图强联通分量和边双联通分量，那些都是对点进行分块。

现在需要对边进行分块，为了就是解决

这个问题。

顶点3属于两个点双分量。所以不能存点了。

那么如果对边进行分块的话，判断到某个点是割点的时候，就把当前拥有的边弹出即可。直到判断cur结点是割点的那条边。

细节看看代码吧， 有分反向边和非反向边。注意一条边可能会被枚举两次（无向图加边两次），然后就是else if那里可以判断出来是否枚举过了。

还有就是一个割点会被多次枚举。

例如

有三条边

1 2

1 3

1 4

那么每条边都是一个不同的联通分量。

点的联通分量等于割点 + 1？我感觉不是，上面那个例子就不是了。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <assert.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;

#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
const int maxn =  + ;
struct Edge {
    int u, v, id;
    int tonext;
}e[maxn * ];
int first[maxn], num;
void addEdge(int u, int v, int id) {
    ++num;
    e[num].u = u, e[num].v = v, e[num].id = id;
    e[num].tonext = first[u];
    first[u] = num;
}
int DFN[maxn], low[maxn], when;
int st[maxn], top;
int id[maxn], toSelid;
int ans[maxn];
bool flag[maxn];
const int root = ;
void tarjan(int cur, int fa) {
    DFN[cur] = low[cur] = ++when;
    for (int i = first[cur]; i; i = e[i].tonext) {
        int v = e[i].v;
        if (v == fa) continue;
        if (!DFN[v]) {
            st[++top] = e[i].id;
            tarjan(v, cur);
            low[cur] = min(low[cur], low[v]);
            if (low[v] >= DFN[cur]) { //这个是割点，特殊情况是两点一边，同一个割点会多次判定
                ++toSelid;
                do {
                    int eID = st[top--];
                    id[eID] = toSelid; // 这条边属于那一个块
                    ans[toSelid] = min(ans[toSelid], eID);
                } while (st[top + ] != e[i].id);
            }

        } else if (DFN[cur] > DFN[v]) { //5-->4反向边，但是4同样会枚举4-->5这条边，这是没用的边，已经统计了
            low[cur] = min(low[cur], DFN[v]);
            st[++top] = e[i].id; //反向边
        }
    }
}
void solveTarjan(int n) {
    memset(DFN, , sizeof DFN);
    memset(low, , sizeof low);
    when = top = toSelid = ;
    for (int i = ; i <= n; ++i) {
        if (!DFN[i]) tarjan(i, i);
    }
}
void work() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = ; i <= m; ++i) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        addEdge(u, v, i);
        addEdge(v, u, i);
    }
    memset(ans, 0x3f, sizeof ans);
    solveTarjan(n);
    cout << toSelid << endl;
    for (int i = ; i <= m; ++i) {
        cout << ans[id[i]] << " ";
    }
}

int main() {
#ifdef local
    freopen("data.txt", "r", stdin);
//    freopen("data.txt", "w", stdout);
#endif
    work();
    return ;
}