bjfu170203101的博客

从题面上看，很容易想到是差分约束。 但是发现数据范围比较大，无法判断无解情况（复杂度为O(nm)）. 但我们仔细读题，发现：边权只有0/1。 由于是求每个未知量得最小值。 我们建一个超级源点S,d[S]=0，d[x] - d[S] = 1;这样就能保证每颗星星得最小值为1. 然后把条件按最长路建图。（为什么是最长路，可以仔细想一下，我之前差分约束总结里有详细说） 由于是最长路，无解的情况是存在正环，而由于只有0/1，所以某个环上只要有一个1，那么就无解。 也就是说，我们可以在建图时先判断是否有

先把强连通缩点变成一个新图。（强连通内的点相互可达） 显然： 新图中零入度的点无法被其他点到达，所以必须放置一个软件。 而把所有0入度点放置软件后，其他点总有前置点，即总可达。 所以第一问的结果为0入度点的个数。 第二问证明： 这个证明总结的很好。 https://www.acwing.com/solution/content/4663/ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; .

简单说一下tarjan 求SCC的思路： dfn[i]:点i的时间戳 low[i]:点i通过i的子树点可达（且有用的）点中时间戳最小的点， x -> y 是有用的： 1：x经过横叉边到达y，且从y出发存在一条路径z(z是x的祖先节点);这样x->z->y 形成一个环路 2：x经过后向边到达其祖先y， 每次经过点x把它加入到栈中。 x回溯时判断dfn[x]是否等于low[x]. 若等于，则把栈中元素弹出到x，与x构成SCC（因为此时其他点一定不会与x构成SCC） ..

类比无向图连通分量。 low[x],dfn[x] #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define ls (o<<1) #define rs (o<<1|1) #define pb push_back const double PI= acos(-1.0); const int M = 1e5+7; const int N = 1e5+7; int head[N],

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define ls (o<<1) #define rs (o<<1|1) #define pb push_back const double PI= acos(-1.0); const int M = 1e6+7; const int N = 1e3 +7; int head[2*M],cnt=1; struct EDGE{i...

之前我们暴力枚举路径上的边每次要ON的复杂度太慢了。 考虑我们每次找路径是找自底向上找，，很多次会找到非桥边，造成不必要的浪费步数。 所以我们可以用并查集来压缩路径。 若点x与其父亲的路径从桥边变成非桥边，则把x指向y的祖宗。 这样就能跳过非桥边进行无意义的访问了。 单次复杂度将为logn #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int M = 4e5+7; int hea

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define ls (o<<1) #define rs (o<<1|1) #define pb push_back const double PI= acos(-1.0); const int M = 4e5+7; int head[M],cnt=1,head_c[M],cnt_c=1; struct EDGE{int to,...

把一个点相连的边去掉。 若其不是割点。则图被分成一个图和一个点。点对个数为:2*(n-1); 否则的话： 对于割点x，把与其相连的边删去： 其儿子节点y，若low[y]>=dfn[x],则以y为根在搜索树上的子树，最终会被分离。其贡献的点对为(即该部分点在前)：siz[y]*(n-siz[y]) 若low[y]<dfn[x],则以y为跟在搜索树上的子树，最终会与x的父亲节点在一个联通块内。 然后x节点单独成立一个联通块。 如上图，把1号节点相连的边删去。形成4个联通块。 分别

显然，只要不存在桥边，就一定能构成题目要求。 然后dfs重构边即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int M = 1e5+7; int head[M],cnt; void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));} struct EDGE{int to,nxt,val;}ee[M*2]; void add(int x,int y)

(x,y)(y,x)都要计算。 去掉某个点后： 如果y不是割点：、 则ans[y]+=2*(n-1)//此时只有2个联通块 如果y是割点： 则假设有t个儿子会被分离（即low[x]>=dfn[y]），会形成t+2个联通块。 因为还会有y的儿子xx low[xx]<dfn[y],即删去y，不会使得xx的子树分离。 所以对y来说结果是： 再tarjan...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int M = 1e5+7; int head[M],cnt; void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));} struct EDGE{int to,nxt,val;}ee[M*2]; v...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int M = 1e5+7; int head[M],cnt; void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));} struct EDGE{int to,nxt,val;}ee[M*2]; v...