题解 P3469 【[POI2008]BLO-Blockade】_p3468 [poi2008]rob-robinson-优快云博客

本文详细解析了POI2008BLO-Blockade题目，介绍了如何使用Tarjan算法求解割点问题，通过计算删除每个点后图的联通性变化来求解有序点对数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

POI2008 BLO-Blockade

题意：

给定一张无向联通图 $(V, E)$ ，对于每一个点 $P∈VP\in V$ ，求当 $P$ 不能被经过时满足 $u, v$ 不连通的有序点对数。

题解：

一道十分适合练习 $T a r j a n$ 的图论题。

对于每一个点，考虑将其删除对图会产生什么影响，进而计算答案。

不是割点：~~显然只是少了个点而已，~~答案就是 $2 (n - 1)$ 。

是割点：~~还是少了一个点~~

删除割点将会导致整个图变成多个联通块。容易发现不同联通块内的点之间不能互相到达。

即大小为 $size_a,size_b$ 的两个联通块对答案产生 $2 size_a size_b$ 的贡献。

那么设全图有 $n$ 个点，删除该割点产生 $k$ 个联通块，则答案就是联通块两两配对产生的贡献之和。

即 $2(n−1)+∑i=1k∑j=1,j≠iksizei×sizej2(n-1)+\sum_{i=1}^k \sum_{j=1,j\neq i}^{k}size_i \times size_j$

这里需要 $O(n^2)$ 卷起来，遇到菊花图就凉了。。。

考虑优化，显然 $∑j=1,j≠iksizej=n−sizei−1\sum_{j=1,j\neq i}^k size_j =n-size_i-1$

所以上式化为 $2(n−1)+∑i=1ksizei×(n−sizei−1)2(n-1)+\sum_{i=1}^k size_i \times( n-size_i-1 )$

不是割点可以认为割掉以后产生一个大小为 $1$ 的联通块，不必单独处理。

考虑 $T a r j a n$ 如何求联通块大小。

$T a r j a n$ 实际上是在 $d f s$ 生成树上，利用 $d f n$ 和 $l o w$ 对返祖边进行标记。

所以一个点的子树可以分成两类：存在返祖边或不存在。

对于前者，割掉该点并不影响连通性，所以和祖先算作一个联通块；

对于后者，割掉该点将使得其变为独立的联通块，所以在搜索时顺便计算 $s i z e$ 。

于是可以方便地算出后者的 $s i z e$ 之和 $s u m$ ，而前者总大小即为 $n - s u m - 1$ 。

在搜索时一边累加 $s u m$ ，一边累加答案，最后加上 $n - 1$ ，得到的是无序点对的个数。

输出时乘以二即可。。。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using std::freopen;
using std::fread;
using std::scanf;
using std::printf;
using std::min;

char gc()
{
	static char buf[1<<18],*p1=buf,*p2=buf;
	if(p1==p2)
	{
		p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<18,stdin);
		if(p1==p2)return EOF;
	}
	return *p1++;
}
template<typename _Tp>
void read(_Tp& x)
{
	x=0;
	char c=gc();
	while(c<'0'||c>'9')c=gc();
	while(c>='0'&&c<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
		c=gc();
	}
}
template<typename _Tp>
void write(_Tp x)
{
	if(x>=10)write(x/10);
	putchar((x%10)^48);
}

const int N=100005,M=500005;

int n,m;

int head[N],dfn[N],low[N];
int size[N];
long long ans[N];

struct Edge
{
	int next,to;
};
Edge E[M<<1];


int tot;
void add(int u,int v)
{
	E[++tot].next=head[u];
	E[tot].to=v;
	head[u]=tot;
}

int cnt;
void tarjan(int u)
{
	dfn[u]=low[u]=++cnt;
	long long sum=0;
	size[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=E[i].next)
	{
		int v=E[i].to;
		if(!dfn[v])
		{
			tarjan(v,u);
			size[u]+=size[v];
			if(low[v]>=dfn[u])//判断不存在返祖边的情况
			{
				ans[u]+=size[v]*sum;//计算这一棵子树的贡献
				sum+=size[v];
			}
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		}
		else
		{
			low[u]=min(low[u],dfn[v]);
		}
	}
	ans[u]+=(n-sum-1)*sum;//别忘了计算剩下的点产生的贡献！
	ans[u]+=n-1;
}

int main()
{
	read(n),read(m);
	for(int i=0;i<m;++i)
	{
		int u,v;
		read(u),read(v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	tarjan(1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		write(ans[i]*2);//之前求出无序点对，这里乘2
		putchar('\n');
	}
}