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P3469 [POI 2008] BLO-Blockade

news 来源：原创 2025/7/14 13:40:33

P3469 [POI 2008] BLO-Blockade

题目描述

B 城有 $n$ 个城镇（从 $1$ 到 $n$ 标号）和 $m$ 条双向道路。

每条道路连结两个不同的城镇，没有重复的道路，所有城镇连通。

把城镇看作节点，把道路看作边，容易发现，整个城市构成了一个无向图。

请你对于每个节点 $i$ 求出，把与节点 $i$ 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 $i$ 本身），无向图有多少个有序点 $(x, y)$ ，满足 $x$ 和 $y$ 不连通。

输入格式

第一行包含两个整数 $n$ 和 $m$ 。

接下来 $m$ 行，每行包含两个整数 $a$ 和 $b$ ，表示城镇 $a$ 和 $b$ 之间存在一条道路。

输出格式

输出共 $n$ 行，每行输出一个整数。

第 $i$ 行输出的整数表示把与节点 $i$ 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 $i$ 本身），无向图有多少个有序点 $(x, y)$ ，满足 $x$ 和 $y$ 不连通。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

说明/提示

$n\le 100000$ ， $m\le500000$ 。

思路：

这题分析题意就是两个点 $x, y$ 不在一个连通分量里面的数量有几对
设割点是 $u$ 两棵子树 $i, j$ 连着 $u$ ，这两颗子树的去掉的不是割点的时候有序对应该是 $s_i × (n - s_i)$ 。如果去掉割点的时候单独计算，割点去了之后就分出来了 $m$ 个连通块，除了每棵子树(现在是连通块)， $s_i × (n - s_i)$ 还要单独判断割点被分离出来的(不在任何子树中的节点)，也就是 (所有点 - 所有子树的和 - 割点) * 所有子树的和 $(n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1)×\sum_{i = 1}^{k}s_{i}$ 。 $n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1$ 这一部分求得是不在任何子树中的节点,也就是孤点。然后就是割点与这些孤点也能形成有序对，与子树形成的 $s_i × (n - s_i)$ 这里计算过了，剩下的就是与孤点的，也就是 $(n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1)$ 。然后就是把这两部分加起来就是割点额外产生的结果 $(n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1)×\sum_{i = 1}^{k}s_{i}+(n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1)$ ，变形 $(n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1)×(\sum_{i = 1}^{k}s_{i}+1)$ 。

在这里插入图片描述
举个例子：

初始图：A --- B --- C --- E|D --- F|G以割点B为例去掉边后的情况：A(孤点)C --- E(子树)D --- F(子树)|G以割点D为例去掉边后的情况：A --- B --- C --- E(子树)F(孤点)G(孤点)

总结一下:

删除的不是割点: $2 \times (n - 1)$
删除的是割点: $\sum_{i = 1}^{k} s_i × (n - s_i)+(n-\sum_{i = 1}^{k}s_{i}-1)×(\sum_{i = 1}^{k}s_{i}+1)$

Tarjan AC code:

#include <iostream>
#include <climits>
#include <limits>
#include <vector>
#include <stack>typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef std::pair<int, int> PII;#define rep(i, n) for(int i = 0; i < n; i++)
#define Rep(i, len, n) for(int i = len; i < n; i++)
#define MAX_INT 0x7fffffff
#define MIN_INT 0x80000000const int INF = std::numeric_limits<int>::max();int n, m, tot = 0, root;
std::vector<std::vector<int>> e;
std::vector<int> low, dfn, cut;
std::vector<ll> size;  // 存储每个子树的大小
std::vector<ll> ans;   // 存储每个节点的答案inline void Tarjan(int u, int father) {low[u] = dfn[u] = ++tot;size[u] = 1;  // 初始化子树大小int child = 0;ll sum = 0;   // 用于累加所有子树的大小for(const int& v : e[u]) {if(v == father) continue;if(!dfn[v]) {Tarjan(v, u);low[u] = std::min(low[u], low[v]);size[u] += size[v];  // 更新当前节点的子树大小child++;if(low[v] >= dfn[u]) {if(u != root || child > 1) cut[u] = true; // 计算该子树贡献的不连通点对数ans[u] += size[v] * (n - size[v]);sum += size[v];}} else {low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);}}// 计算剩余部分的贡献if(cut[u]) {ans[u] += (n - 1 - sum) * (sum + 1);// 加上根节点本身的贡献ans[u] += (n - 1);}
}int main(void) {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr), std::cout.tie(nullptr);std::cin >> n >> m;low.resize(n + 1);dfn.resize(n + 1);cut.resize(n + 1);e.resize(n + 1);size.resize(n + 1, 0);  // 初始化子树大小数组ans.resize(n + 1, 0);   // 初始化答案数组rep(i, m) {int a, b;std::cin >> a >> b;e[a].push_back(b);e[b].push_back(a);}root = 1;Tarjan(1, -1);Rep(i, 1, n + 1) {if(cut[i]) {std::cout << ans[i] << '\n';} else {// 非割点的答案是2*(n-1)std::cout << 2LL * (n - 1) << '\n';}}return 0;
}