HNOI2012 矿场搭建

传送门

这道题既然说的是有一个矿点崩塌……那么也就是在图中去掉这个点和这个点所连的所有边，那也就是割点了。

那我们先手把图建出来之后把图中所有的割点都跑出来，这样图中会剩下一堆联通块。之后我们考虑一下对于每个联通块必须建立的逃生点个数。

如果一个联通块不与任意一个割点相连，那么我们需要在里面建两个逃生点（因为有可能只建一个逃生点的话那个点塌了就凉凉），也就是有C（n，2）种搭建的方法。

如果只于一个割点相连，那么建立一个逃生点即可（防止那个割点坍塌），一共有块的大小的搭建方法。

如果与两个或以上割点相连，那么我们不需要进行任何操作，因为只会有一个点发生坍塌，即使一个割点坍塌还可以从另一个跑出去。、

这样就完事了……然后要记住每次都要把答案清空……dfs的时候不要写错。注意在统计一个块所连的割点个数的时候要注意不要跑重，可以选择跑一次打一次标记再清除这么个方法。

然后这题挺坑的就是不告诉你最多有多少个点……虽然说好像和边数相近……但是这样很吓人。还有就是似乎数据略水……我tarjan一开始传错参都能70pts……

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 10005;
const int INF = 2000000009;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct edge
{
    int next,to,from;
}e[M<<1];
int n,m,head[M],ecnt,low[M],dfn[M],x,y,idx,tot,maxnode,cnt,q[M],curr;
bool vis[M],cut[M];
ll ans1,ans2,sz;

int C(int x)
{
    if(x == 1) return 1;
    else return x * (x-1) / 2;
}

void add(int x,int y)
{
    e[++ecnt].to = y;
    e[ecnt].next = head[x];
    head[x] = ecnt;
}

void clear()
{
    memset(e,0,sizeof(e));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(cut,0,sizeof(cut));
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(low,0,sizeof(low));
    ecnt =  maxnode = idx = 0;
    memset(head,0,sizeof(head));
    ans1 = 0,ans2 = 1,cnt++;
}

void tarjan(int x,int fa)
{
    low[x] = dfn[x] = ++idx;
    int child = 0;
    for(int i = head[x];i;i = e[i].next)
    {
    if(!dfn[e[i].to])
    {
        tarjan(e[i].to,fa);
        low[x] = min(low[x],low[e[i].to]);
        if(low[e[i].to] >= dfn[x] && x != fa) cut[x] = 1;
        if(x == fa) child++;
    }
    low[x] = min(low[x],dfn[e[i].to]);
    }
    if(x == fa && child >= 2) cut[x] = 1;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    //printf("@%d %d
",x,fa);
    vis[x] = 1,sz++;
    for(int i = head[x];i;i = e[i].next)
    {
    if(e[i].to == fa || vis[e[i].to]) continue;
    if(cut[e[i].to])
    {
        vis[e[i].to] = 1,tot++;
        q[++curr] = e[i].to;
        continue;
    }
    dfs(e[i].to,x);
    }
}

int main()
{
    while(1)
    {
    n = read();
    if(!n) break;
    clear();
    rep(i,1,n) x = read(),y = read(),add(x,y),add(y,x),maxnode = max(max(x,y),maxnode);
    rep(i,1,maxnode) if(!dfn[i]) tarjan(i,i);
    rep(i,1,maxnode)
    {
        tot = 0,sz = 0;
        if(cut[i] || vis[i]) continue;
        rep(j,1,curr) q[j] = 0;curr = 0;
        dfs(i,i);
        rep(j,1,curr) vis[q[j]] = 0;
        if(tot == 0) ans2 *= C(sz),ans1 += 2;
        else if(tot == 1) ans2 *= sz,ans1++;
    }
    printf("Case %d: %lld %lld
",cnt,ans1,ans2);
    }
    return 0;
}