洛谷 P3225 [HNOI2012]矿场搭建_洛谷矿场搭建-优快云博客

本文介绍了一个算法问题，即如何在煤矿的无向图结构中确定最少数量的救援出口及其配置方案，确保即使某个挖煤点坍塌，其他工人也能安全撤离。文章提供了详细的解析过程及代码实现。

题目描述

煤矿工地可以看成是由隧道连接挖煤点组成的无向图。为安全起见，希望在工地发生事故时所有挖煤点的工人都能有一条出路逃到救援出口处。于是矿主决定在某些挖煤点设立救援出口，使得无论哪一个挖煤点坍塌之后，其他挖煤点的工人都有一条道路通向救援出口。

请写一个程序，用来计算至少需要设置几个救援出口，以及不同最少救援出口的设置方案总数。

输入输出格式

输入格式：

输入文件有若干组数据，每组数据的第一行是一个正整数 N（N<=500），表示工地的隧道数，接下来的 N 行每行是用空格隔开的两个整数 S 和 T，表示挖 S 与挖煤点 T 由隧道直接连接。输入数据以 0 结尾。

输出格式：

输入文件中有多少组数据，输出文件 output.txt 中就有多少行。每行对应一组输入数据的结果。其中第 i 行以 Case i: 开始（注意大小写，Case 与 i 之间有空格，i 与:之间无空格，: 之后有空格），其后是用空格隔开的两个正整数，第一个正整数表示对于第 i 组输入数据至少需要设置几个救援出口，第二个正整数表示对于第 i 组输入数据不同最少救援出口的设置方案总数。输入数据保证答案小于 2^64。输出格式参照以下输入输出样例。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

Case 1: 2 4
Case 2: 4 1

说明

Case 1 的四组解分别是(2,4),(3,4),(4,5),(4,6)；

Case 2 的一组解为(4,5,6,7)。

真tm神题。

【分析】
这就是求割点嘛…因为去掉一个点整个图不连通就要加入答案了。
但是只断一条边，所以如果删除割点后的某个联通块相连的割点个数>=2，那么这个联通块内部不用设置救援。
注意：如果整个图就是一个双联通分量，那么方案数=(n*(n-1)/2)

以上内容摘自chaijing的blog

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int M=505;
int n,m,cnt,T,t,tim,num,sz,hd[M],dfn[M],low[M];
long long ans;
bool b[M],vis[M],ha[M];
struct edge
{
	int to,nxt;
}v[M];
void addedge(int x,int y)
{
	v[++cnt].to=y;
	v[cnt].nxt=hd[x];
	hd[x]=cnt;
}
void tarjan(int u,int fa)
{
	int ch=0;
	dfn[u]=low[u]=++tim;
	for(int i=hd[u];i;i=v[i].nxt)
		if(v[i].to!=fa)
		{
			if(!dfn[v[i].to])
			{
				tarjan(v[i].to,u);
				ch++;
				low[u]=min(low[u],low[v[i].to]);
				if(dfn[u]<=low[v[i].to])
					b[u]=1;
			}
			else
				low[u]=min(low[u],dfn[v[i].to]);
		}
	if(!fa&&ch==1)
		b[u]=0;
}
void dfs(int u,int fa)
{
	vis[u]=1;
	num++;
	for(int i=hd[u];i;i=v[i].nxt)
		if(v[i].to!=fa)
		{
			if(!vis[v[i].to]&&!b[v[i].to])
				dfs(v[i].to,u);
			else if(b[v[i].to]&&!ha[v[i].to])
				ha[v[i].to]=1,sz++;
		}
}
int main()
{
	while(scanf("%d",&m)&&m)
	{
		cnt=0;
		ans=1;
		t=0;
		tim=0;
		n=0;
		memset(dfn,0,sizeof(dfn));
		memset(low,0,sizeof(low));
		memset(hd,0,sizeof(hd));
		memset(b,0,sizeof(b));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			addedge(x,y),addedge(y,x);
			n=max(n,max(x,y));
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!dfn[i])
				tarjan(i,0);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(!vis[i]&&!b[i])
			{
				memset(ha,0,sizeof(ha));
				num=sz=0;
				dfs(i,0);
				if(sz==1)
					t++,ans*=(long long)num;
			}
		if(!t)
		{
			ans=(long long)n*(n-1)/2;
			printf("Case %d: 2 %lld\n",++T,ans);
		}
		else
			printf("Case %d: %d %lld\n",++T,t,ans);
	}
	return 0;
}