poj3352

题意：本题要求的就是添加多少条边可变无桥的连通图。分析：双连通分支双连通分支分就是一个极大化（一个点只要加进来之后该分支仍然是双连通分支就加进来）的分支，去掉任意一条边这个分支内部仍然连通。

也可以理解为去掉桥之后，每个连通分支就是原图的双连通分支。

注意：北大培训中说有两种双连通（边的和点的），其实只有边的双连通才是双连通的正规定义。所以我们不对点的双连通进行讨论。

求割点和桥可以用tarjan算法，对图进行dfs，记录每个点的第一次到达时间dfn[i]。并记录一个low[i]表示该点及其子孙结点所能到达的dfn最小的点。这个到达并不是普通意义的到达，而是在遍历过程中，通过非树枝边（一定是返祖边，因为是无向图，没有横叉边）能够直接到达的点（而不是连续使用返祖边能到达的）。这样就可以把low总结为low[u] = min(low[v]（v为u的儿子结点）,dfn[v]（v是u通过返祖边能到达的点）,dfn(u));然后我们可以粗略地认为返祖边可以连同树枝边共同构成一个环。环一定是双连通的（一定不是桥），不在环内的边一定是桥。 这样我们就可以总结为：若边(u,v)，dfn[u]<low[v]（即不在环内），则为桥。

另外有定理，当把边的双连通分支缩点后形成了一个有向无环图，叶子（度为1的点）的个数为n，则需要在原图中添加(n + 1)/2条边，可以使原图变为没有桥的双连通图。

 

View Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
usingnamespace std;

#define maxn 5005
#define maxm 10005

struct Edge
{
int v, next;
} edge[maxm];

int n, m;
int head[maxn];
bool hash[maxn][maxn];
int ecount, tcount;
int dfn[maxn], vis[maxn], low[maxn], degree[maxn];

void addedge(int a, int b)
{
edge[ecount].v = b;
edge[ecount].next = head[a];
head[a] = ecount;
hash[a][b] = hash[b][a] =true;
ecount++;
}

void input()
{
memset(head, -1, sizeof(head));
ecount =0;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i =0; i < m; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
a--;
b--;
if (hash[a][b])
continue;
addedge(a, b);
addedge(b, a);
}
}

void dfs(int fa, int u)
{
vis[u] =true;
low[u] = dfn[u] = tcount++;
for (int i = head[u]; i !=-1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].v;
if (v == fa)
continue;
if (!vis[v])
dfs(u, v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
}

int tarjan()
{
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(degree, 0, sizeof(degree));
tcount =0;
dfs(0, 0);
int ret =0;
for (int i =0; i < n; i++)
for (int j = head[i]; j !=-1; j = edge[j].next)
{
int v = edge[j].v;
if (low[i] != low[v])
degree[low[i]]++;
}
for (int i =0; i < n; i++)
if (degree[i] ==1)
ret++;
return (ret +1) /2;
}

int main()
{
//freopen("t.txt", "r", stdin);
input();
int ans = tarjan();
printf("%d\n", ans);
return0;
}