【LOJ 10131】暗的连锁

题目

正解

主要边是原图的一棵生成树，附加边是图中的非树边。

对于每条非树边((x,y))，它会和树上(x)到(y)的路径构成一个环，当第一步切断(x)到(y)路径中的一条边时，第二步就需要切断非树边((x,y))，才能保证原图不联通。

但我们第二步只能切断一条边啊，所以如果第一步的路径对应的要切断两条或以上的非树边，就没有办法了。

所以我们枚举每条非树边((x,y))，把(x)到(y)路径上所有边的边权(+1)，对于每条树边，如果边权为(0)，则切断它之后原图已经不联通，第二条边随便切一条，共(m)种方案。如果边权为(1)，则第二步必须切断对应的那条边，方案数(1)，如果边权大于(2)则没有方案。

这个边权我们可以利用树上差分来维护，对于非树边((x,y))，令结点(x)和(y)的点权加(1)，(lca(x,y))的点权减(2)，这样每个点子树的点权和就是该点到它的父亲的边的边权。证明就不详细讲了。

来源

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+2;
struct edge {
	int to,nxt,w;
} e[N*5];
int n,m,head[N],cnt;
void add(int u,int v) {
	e[++cnt].to=v,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;
}
int dep[N],f[N][25];
void build(int u,int fa) {
	dep[u]=dep[fa]+1;
	for(int i=1; (1<<i)<=dep[u]; i++) {
		f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
	}
	for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].to;
		if(fa==v) {
			continue;
		}
		f[v][0]=u,build(v,u);
	}
}
int lca(int x,int y) {
	if(dep[x]<dep[y]) {
		swap(x,y);
	}
	for(int i=22; i>=0; i--) {
		if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) {
			x=f[x][i];
		}
		if(x==y) {
			return x;
		}
	}
	for(int i=22; i>=0; i--) {
		if(f[x][i]^f[y][i]) {
			x=f[x][i],y=f[y][i];
		}
	}
	return f[x][0];
}
int diff[N],ff[N];
void dfs(int u,int fa) {
	ff[u]+=diff[u];
	for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].to;
		if(fa==v) {
			continue;
		}
		dfs(v,u),ff[u]+=ff[v];
	}
}
int main() {
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1,u,v; i<n; i++) {
		scanf("%d %d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
	}
	build(1,0);
	for(int i=1,u,v; i<=m; i++) {
		scanf("%d %d",&u,&v);
		int tmp=lca(u,v);
		diff[u]++,diff[v]++,diff[tmp]-=2;
	}
	dfs(1,0);
	int ans=0;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		if(!ff[i]) {
			ans+=m;
		} else if(ff[i]==1) {
			ans++;
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}