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来源：牛客网
华华和月月逛公园
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64bit IO Format: %lld
题目描述
月月和华华一起去逛公园了。公园很大，为了方便，可以抽象的看成一个N个点M条边的无向连通图（点是景点，边是道路）。公园唯一的入口在1号点，月月和华华要从这里出发，并打算参观所有的景点。因为他们感情很好，走多远都不会觉得无聊，所以所有景点和道路都可以无数次的重复经过。月月发现，有些路可走可不走，有些路则必须要走，否则就无法参观所有的景点。现在月月想知道，有几条路是不一定要经过的。因为这是个很正常的公园，所以没有重边和自环。
输入描述:
第一行两个正整数N和M，表示点数和边数。
接下来M行，每行两个正整数U和V表示一条无向边。
保证给定的图是连通的。
输出描述:
输出一行一个非负整数表示不一定要经过的边有几条。
示例1
输入
复制
5 5
1 2
2 3
3 4
4 5
3 5
输出
复制
3
说明
例如第三条边，月月和华华可以依次走过第一条、第二条、第五条、第四条边走过全部的景点，所以第三条边不一定要经过。同理还有第四条、第五条边，答案为3。
备注:
1le Nle 10^51≤N≤10
5
，1le Mle 3 imes10^51≤M≤3×10
5
思路：
月月发现，有些路可走可不走，有些路则必须要走，否则就无法参观所有的景点。
无向图中保持联通必须走过的边即为桥，总边数减去桥的个数就是答案，求桥用tarjian算法即可。
细节见代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), ' ', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = 1; while (b) {if (b % 2)ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= 2;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 100010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
/*
* 求 无向图的割点和桥
* 可以找出割点和桥，求删掉每个点后增加的连通块。
* 需要注意重边的处理，可以先用矩阵存，再转邻接表，或者进行判重
*/
const int MAXN = maxn;
const int MAXM = 10 * maxn;
struct Edge
{
int to, next;
bool cut;//是否为桥的标记
} edge[MAXM];
int head[MAXN], tot;
int Low[MAXN], DFN[MAXN], Stack[MAXN];
int Index, top;
bool Instack[MAXN];
bool cut[MAXN];
int add_block[MAXN];//删除一个点后增加的连通块
int bridge;
void addedge(int u, int v)
{
edge[tot].to = v; edge[tot].next = head[u]; edge[tot].cut = false;
head[u] = tot++;
}
int ans = 0;
void Tarjan(int u, int pre)
{
int v;
Low[u] = DFN[u] = ++Index;
Stack[top++] = u;
Instack[u] = true;
int son = 0;
for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
{
v = edge[i].to;
if (v == pre)continue;
if ( !DFN[v] )
{
son++;
Tarjan(v, u);
if (Low[u] > Low[v])Low[u] = Low[v];
//桥
//一条无向边(u,v)是桥，当且仅当(u,v)为树枝边，且满足DFS(u)<Low(v)。
if (Low[v] > DFN[u])
{
ans++;
bridge++;
edge[i].cut = true;
edge[i ^ 1].cut = true;
}
//割点
//一个顶点u是割点，当且仅当满足(1)或(2) (1) u为树根，且u有多于一个子树。
//(2) u不为树根，且满足存在(u,v)为树枝边(或称父子边，
//即u为v在搜索树中的父亲)，使得DFS(u)<=Low(v)
if (u != pre && Low[v] >= DFN[u]) //不是树根
{
cut[u] = true;
add_block[u]++;
}
}
else if ( Low[u] > DFN[v])
Low[u] = DFN[v];
}
//树根，分支数大于1
if (u == pre && son > 1)cut[u] = true;
if (u == pre)add_block[u] = son - 1;
Instack[u] = false;
top--;
}
int n, m;
void solve(int N)
{
memset(DFN, 0, sizeof(DFN));
memset(Instack, false, sizeof(Instack));
memset(add_block, 0, sizeof(add_block));
memset(cut, false, sizeof(cut));
Index = top = 0;
bridge = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++)
if (!DFN[i])
Tarjan(i, i);
// for(int i = 1;i <= N;i++)
// if(cut[i])
// ans++;
printf("%d
", m - ans);
}
void init()
{
tot = 0;
memset(head, -1, sizeof(head));
}
int main()
{
//freopen("D:\common_text\code_stream\in.txt","r",stdin);
//freopen("D:\common_text\code_stream\out.txt","w",stdout);
init();
gg(n);
gg(m);
repd(i, 1, m)
{
int x, y;
gg(x); gg(y);
addedge(x, y);
addedge(y, x);
}
solve(n);
return 0;
}
inline void getInt(int* p) {
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '
');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '0');
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 - ch + '0';
}
}
else {
*p = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 + ch - '0';
}
}
}