电压
| C电压 | ||
|
问题描述
输入格式
第一行两个空格分隔的正整数N和M，表示电路中有N个节点和M根电阻。
接下来M行，第i行有两个空格分隔的正整数Ai和Bi(1<=Ai<=N,1<=Bi<=N,Ai≠Bi)，表示第i个电阻连接节点Ai和节点Bi。
输出格式
输出一行一个整数，代表电路维护时可选择的使其不流的电阻个数。
样例输入
4 4
1 2
2 3
3 2
4 3
样例输出
2
提示
HINT
建一棵DFS树，则特殊边就全部为返祖边 用ji[u]对结点u统计奇环,ou[u]统计偶环 设一条返祖边为 u-> v 若它形成奇环，则ji[u]++,ji[v]--. 则u的子树所有结点的ji之和，即为u -> fa这条边被多少奇环包含 （差分前缀和的思想）（树上差分）
4-->1 ji[4]++, ji[1]--（ ji[4]=1，ji[1]=-1）
7-->2 ji[7]++, ji[2]--（ ji[7]=1，ji[2]=-1）
9-->2 ji[9]++,ji[2]--（ ji[9]=1，ji[2]=-2）
8-->1 ou[8]++,ou[1]--（ ou[8]=1，ou[1]=-1）
12-->6 ou[12]++,ou[6]--（ o[12]=1，ou[1]=-1）
u的子树所有结点的ji之和，即为u -> fa这条边被多少奇环包含
如：u==2
ji[2]+ji[4]+ji[9]+ji[5]+ji[7]=1
则2--1被奇环覆盖了一次（4,2,1）
同理
u==8
ou[8]+ou[10]+ou[11]+ou[12]=2
则8--12被偶环覆盖了2次（8,11,12,6）（8,6,3,1）
奇环的情况可以选的边是环上的边，偶环的情况可以选的边是非环上的边；
而当多个环同时存在的时候，可以选的边是这些环可以选边的交集（无影响）
情况1：两个与树边形成奇环的边 一定产生一个偶环(2,3,4,5) 但偶环上的边不可能被所有奇环包含
情况2：两个偶环 本来他们的边就全部不满足条件 不用考虑多生成的新偶环(2,4,7,5)
情况3：一个奇环+一个偶环 生成一个奇环(2,5,7,6,4) 这个奇环的树边本来就在原奇环上 无需考虑
唯一非树边会有贡献的情况就是有且仅有一个奇环，此时一定只有一条非树边在奇环内 提供贡献
记录这个点连向父亲的边被几个奇环几个偶环所覆盖；
然后被所有的奇环覆盖又不被任意偶环覆盖的边即是答案；
非树边的情况只有奇环数为1的时候才能选那一条
#include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; template <typename T> inline void read(T& x) { char ch=getchar(); bool sign=true; while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-')sign=false; ch=getchar(); } for(x=0; isdigit(ch); ch=getchar())x=x*10+ch-'0'; if(!sign)x=-x; } struct node { int to; int next; } edge[2000005]; int n,m,fa[200010],head[2000010],num=1,d[200010],ji[200010],ou[200010],sumou,sumji,ans;//ji[u]对结点u统计奇环,ou[u]统计偶环 inline void add(int x,int y) { edge[++num].to=y; edge[num].next=head[x]; head[x]=num; } void dfs(int x,int y) { for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next) { if((i^1)!=y) { int v=edge[i].to; if(d[v])//存在返族边 { if(d[v]>d[x]) continue; if((d[x]-d[v])&1)//奇数环----对于一条返祖边，如果它连接的两个点的深度差为偶数，说明它在奇环上；否则在偶环上 ++ji[x],--ji[v],++sumji;//记录差分（奇环） else ++ou[x],--ou[v],++sumou;//记录差分（偶环） } else { d[v]=d[x]+1;//访问顺序 dfs(v,i);//继续向下 ji[x]+=ji[v]; ou[x]+=ou[v]; } } } } int main() { read(n),read(m); for(int i=1; i<=m; ++i) { int x,y; read(x),read(y); add(x,y),add(y,x); } for(int i=1; i<=n; ++i) { if(!d[i])//未讨论过 { d[i]=1;//深度记为一 dfs(i,0); fa[i]=1; } } for(int i=1; i<=n; ++i) { if(!fa[i]&&ou[i]==sumou&&!ji[i]) ++ans; //if(fa[i]&&ji[i]==sumji&&!ou[i]) ans++; } if(sumou==1) ++ans;//只有一条返祖边在奇环上，将答案+1 cout<<ans; return 0; }