双连通分量
题意：给一个无向图，要求毁掉两个点，使图变得不连通，图一开始是连通的
因为要毁掉两个点，就不是简单的求割点，再看看数据范围，点数为1000，边数为10000，Tarjan的时间复杂度为O(E)，如果用枚举法，先枚举要毁掉的第一个点，再用Tarjan进行处理来找割点会不会超时呢？答案是不会，时间为O(v*E)，刚好是千万级别，不超
做法：先枚举要删除的第1个点，在原图中删除它，看看删除它后整个图的变化
1.整个图变得不连通了（即这个点本身是割点），但是还没完要分类讨论一下
（1）.整个图变为两部分，但是两部分刚好都是一个点，那么这两个点再毁掉哪个点都好，图的连通分支数都不会增加，这是一个特殊情况
例如，（1,2）（2,3）这种图，是无解的，任意毁掉两个点都无法增加图的连通分支，所以方案数为0
（2）.整个图分为两部分，但是有一部分的点数为1，另一部分大于1，那么这时候只要在较大的那部分，任意毁掉一个点(无论是不是割点都行)，最后整个图都会至少被分为了两个部分
（如果毁掉的是割点，将分成更多份），所以这样产生的方案数是V-2
（3）.整个图分为了两个部分，两个部分的点数都大于1，那么任意在哪个部分毁掉那个点都可以（无论是不是割点都行），最后整个图都会至少分为两个部分，所以方案数为V-1
（4）.整个图被分为了三个或更多的部分，那么也是在剩下的点中任意毁掉一个点都可以（无论那个点是不是割点），方案数为V-1
（如果这个点刚好处于一个部分且这个部分只有它自己一个点，那么 毁掉后整个图的分支数减1；如果这个点在一个部分且这个部分不止它一个点且这个点不是割点，那么分支数 不会增加，如果是割点分支数为增加）
2.删除第一个点后，整个图还是连通的（是连通，不是双连通）
那么就在剩下的图中找割点，找到几个，方案数就是多少
最后注意一点，这样计算的结果，很容易想到是有重复的，但是不难想到，其实刚好重复了一次，因为对于一个图，方案是固定的，枚举了所有点，找出了所有已方案，相当于每个方案算了两次，最后答案除2即可
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define N 1010 #define M 10010 int n,tot,cancel,rts,num; int e[N][M]; int dfn[N],low[N],cut[N],iscut[N],cnum,dcnt; void dfs(int u ,int fa) { dfn[u] = low[u] = ++dcnt; ++num; for(int i=1; i<=e[u][0]; i++) { int v = e[u][i]; if(v == cancel || v == fa) continue; if(!dfn[v]) { dfs(v,u); low[u] = min(low[u] , low[v]); if(fa == -1) {rts++; continue;} if(dfn[u] <= low[v]) { if(!iscut[u]) { iscut[u] = 1; cut[cnum++] = u;} } } else low[u] = min(low[u] , dfn[v]); } } void solve() { int res = 0,count,ok; for(cancel = 1; cancel<=n; cancel++) //枚举第1个删除的点 { count = cnum = 0; memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(iscut,0,sizeof(iscut)); ok = 0; for(int i=1; i<=n; i++) if(i!=cancel && !dfn[i]) { count++; num = rts = 0; dfs(i , -1); if(num == 1) { ok++; continue; } if(rts >= 2) { iscut[i] = 1; cut[cnum++] = i; } } if(count >= 3) res += (n-1); else if(count == 2 && ok == 0) res += (n-1); else if(count == 2 && ok == 1) res += (n-2); else if(count == 1) res += cnum; } cout << res/2 << endl; } int main() { int cas = 0; while(cin >> n >> tot) { if(!n && !tot) break; for(int i=1; i<=n; i++) e[i][0] = 0; while(tot--) { int u , v , c; cin >> u >> v; c = ++e[u][0]; e[u][c] = v; c = ++e[v][0]; e[v][c] = u; } printf("Case %d: ",++cas); solve(); } return 0; }