LOJ10104Blockade

POI 2008

Byteotia 城市有 n 个城镇，m 条双向道路。每条道路连接两个不同的城镇，没有重复的道路，所有城镇连通。
输出 n 个数，代表如果把第i  个点去掉，将有多少对点不能互通。

输入格式

输入 n,m 及 m 条边。

输出格式

输出 n 个数，代表如果把第 i 个点去掉，将有多少对点不能互通。

样例

样例输入

5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

样例输出

8
8
16
14
8

数据范围与提示

n<=1e5,m<=5e5。

______________________________________________________

tarjan算法，去掉某一点后产生的点对主要有三种：

1、u点和其他的点

2、u点下的各个子树内的点与其他的点（不含u）

3、u点下的所有子树外的点（可以理解为父亲方向上的子树，但包含于u点同双联通的点）到其他的点

______________________________________________________

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=5e5+10;
int n,m;
struct edge
{
    int u,v,nxt;
    bool ok;
}e[maxm<<1];
int head[maxn],js;
void addage(int u,int v)
{
    e[++js].u=u;e[js].v=v;
    e[js].nxt=head[u];head[u]=js;
}
int dfn[maxn],low[maxn],cnt,sz[maxn],ch[maxn];
long long ans[maxn];
int fx(int x)
{
  return x&1?x+1:x-1;
}
void tarjan(int u)
{
    dfn[u]=low[u]=++cnt;
    sz[u]=1;
    ans[u]=(n-1)<<1;    //当前点与其他点之间的点对
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
    if(!e[i].ok)
    {
        int v=e[i].v;
        e[fx(i)].ok=1;
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v);
      sz[u]+=sz[v];
            low[u]=min(low[u],low[v]);
            if(low[v]>=dfn[u])
            {
                ans[u]+=(long long)sz[v]*(n-sz[v]-1);    //当前v节点为根的子树到树上其他点的点对（不包含u点）
        ch[u]+=sz[v];
            }
        }
        else low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    ans[u]+=(long long)(n-ch[u]-1)*ch[u];         //树去掉u为根的子树而产生的子树（不包含与u同双联通分量的点）中的点到到树中其他的点得点对
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int u,v,i=0;i<m;++i)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        addage(u,v);
        addage(v,u);
    }
    tarjan(1);
    for(int i=1;i<=n;++i)printf("%lld
",ans[i]);
    return 0;    
}