前置知识：强连通分量、图论相关概念、一些tarjan算法的基础
在图论中，与连通性相关的问题非常多。对于无向图，有诸如割点、割边、圆方树、双连通分量等等各种概念及算法。
那么割边是什么？对于无向图，若删掉一条边后，这张图的连通分量数增加了，那么这条边便是割边。
一.如何求割边:
我们仍然可以用 t a r j a n tarjan tarjan 算法，对于无向图的 d f s dfs dfs 生成树，我们用 d f n y dfn_y dfny 表示 y y y 的时间戳，用 l o w y low_y lowy 表示不经过 y y y 的父节点能到达的时间戳最小的节点，即生成树中 y y y 能到达的最远的祖先。若 l o w y > d f n x low_y>dfn_x lowy>dfnx ，则说明 y y y 能通过其他边到达其父节点或父节点的祖先，那么边 ( x , y ) (x,y) (x,y) 便不是割边，否则就是割边。
对于此题，可以枚举删哪条边，然后用并查集维护连通性，时间复杂度
O
(
n
m
2
)
O(nm^2)
O(nm2)。
然而再简化此题题意，让我们求出：删除哪条边能使图的连通分量数增加，还是无向图。这不就是求割边吗？因此我们用
t
a
r
j
a
n
tarjan
tarjan 算法就可以
O
(
n
+
m
)
O(n+m)
O(n+m) 地解决此题了，时间复杂度优化了不止一点。
在此贴上代码，就当做求割边的模版了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10010;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m,head[N],tot=1;
int dfn[N],low[N],tim,cnt;
struct Node{
int x,y;
bool operator<(const Node &a)const{
if(x!=a.x) return x<a.x;
return y<a.y;
}
}bri[N];
struct node{
int to,nxt;
}edge[N*2];
void add(int x,int y){
edge[++tot].to=y;
edge[tot].nxt=head[x];
head[x]=tot;
}
//tarjan求割边
void tarjan(int x,int in_edge){
dfn[x]=low[x]=++tim;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(!dfn[y]){
tarjan(y,i);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>dfn[x]) bri[++cnt]={x,y};
}
else if(i!=(in_edge^1)) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();add(x,y),add(y,x);}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
sort(bri+1,bri+1+cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<bri[i].x<<" "<<bri[i].y<<endl;
return 0;
}
二.边双连通分量(e-dcc)
在一张连通的无向图中，对于两个点
u
u
u 和
v
v
v，如果无论删去哪条边（只能删去一条）都不能使它们不连通，我们就说
u
u
u 和
v
v
v 边双连通。
对于一个无向图中的极大边双连通的子图，我们称这个子图为一个边双连通分量。
求边双连通分量的过程与求强连通分量的过程十分相似，实际上在
d
f
s
dfs
dfs 生成树上的一个强连通分量，转化到无向图中就是一个边双连通分量。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10,M=2e6+10;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m,head[N],tot=1;
int dfn[N],low[N],tim,stk[N],top,cnt,dcc[N],bri[M*2];
vector<int> v[N];
struct node{
int to,nxt;
}edge[M*2];
void add(int x,int y){
edge[++tot].to=y;
edge[tot].nxt=head[x];
head[x]=tot;
}
void tarjan(int x,int in_edge){
dfn[x]=low[x]=++tim,stk[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(!dfn[y]){
tarjan(y,i);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>dfn[x]) bri[i]=bri[i^1]=1;
}
else if(i!=(in_edge^1)) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
int y;cnt++;do{
y=stk[top--],dcc[y]=cnt,v[cnt].push_back(y);
}while(x!=y);
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();add(x,y),add(y,x);}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
cout<<cnt<<endl;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
cout<<v[i].size()<<" ";
for(auto j:v[i]) cout<<j<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}
三.割边及边双连通分量的例题：
tips： 对于一张无向图，我们对边双连通分量缩点后会得到一颗树，而这种性质在许多题中都有用处。
例题一: 链接
简化题意： 给你一张无向图，你可以加一些边，使图中任意两点间都有至少两条路径，求最小加边数。
analysis： 首先对于一个边双中的所有点，它们之间都有两条路径。所以我们先缩点建树。对于树中每个点对间都只有唯一的路径，所以我们要加边构建e-dcc。考虑贪心，我们从树上的叶子节点向其他叶子节点连边，记 l e a f leaf leaf 为叶子节点数，则答案为 ( l e a f + 1 ) / 2 (leaf+1)/2 (leaf+1)/2。可以自己手动模拟一下。具体实现细节可见代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10010;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m,head[N],tot=1,deg[N];
int dfn[N],low[N],tim,bri[N],dcc[N],cnt,stk[N],top;
struct node{
int from,to,nxt;
}edge[N*2];
void add(int x,int y){
edge[++tot].to=y;
edge[tot].from=x;
edge[tot].nxt=head[x];
head[x]=tot;
}
void tarjan(int x,int in_edge){
dfn[x]=low[x]=++tim,stk[++top]=x;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(!dfn[y]){
tarjan(y,i);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>dfn[x]) bri[i]=bri[i^1]=1;
}
else if(i!=(in_edge^1)) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
int y;cnt++;do{
y=stk[top--],dcc[y]=cnt;
}while(x!=y);
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();add(x,y),add(y,x);}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
for(int i=2;i<=tot;i++) if(bri[i]) deg[dcc[edge[i].to]]++;//注意加的是dcc编号
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) if(deg[i]==1) ans++;//若度数为一，则是叶子结点。
cout<<(ans+1)/2<<endl;
return 0;
}
例题二：链接（可能有些超纲）
做法：e-dcc缩点+树链剖分+线段树
题意写的很清楚了，我们直接开始分析。
考虑什么边能作为关键路径？显示是树边。所以先e-dcc缩点，在缩完构造的树中，两点间的路径长度即为关键路径数量。
可是这道题带上了删边操作，对此我们有很常用的技巧：删边转为加边。 先把询问存下，然后再建图、缩点。我们把每条边的边权初始赋值为 1 1 1，然后删边实际上就是区间修改，将一段路径上的边权赋值为 0 0 0。
对此我们想到了什么？树链剖分+线段树！我们用线段树维护区间和，支持区间赋值为 0 0 0。然后就是常规的查询修改操作，最终这道题终于做完了。
思路并不难想，顺下来很清晰，不过代码是真难写TAT，最后也是码了180行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PII pair<int,int>
const int N=1e5+10;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,m,head[N],tot,he[N],tot2=1,a[N],answer[N];
int dfn[N],low[N],tim,stk[N],tp,cnt,bri[N*2],dcc[N];
int fa[N],dep[N],sz[N],son[N],top[N],Dfn[N],idx,nw[N];
map<PII,int> mp;
struct node{
int from,to,nxt;
}e[N*2],edge[N*2],ed[N*2];
struct question{
int x,y,typ;
}que[N];int qcnt;
void add1(int x,int y){
e[++tot2].to=y;
e[tot2].from=x;
e[tot2].nxt=he[x];
he[x]=tot2;
}
void add2(int x,int y){
edge[++tot].to=y;
edge[tot].nxt=head[x];
head[x]=tot;
}
void tarjan(int x,int in_edge){
dfn[x]=low[x]=++tim,stk[++tp]=x;
for(int i=he[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(!dfn[y]){
tarjan(y,i);
low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>dfn[x]) bri[i]=bri[i^1]=1;
}
else if(i!=(in_edge^1)) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
int y;cnt++;do{
y=stk[tp--],dcc[y]=cnt;
}while(x!=y);
}
}
void dfs1(int x,int father){
sz[x]=1,dep[x]=dep[father]+1,fa[x]=father;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(y==father) continue;
dfs1(y,x);
sz[x]+=sz[y],a[y]=1;
if(sz[son[x]]<sz[y]) son[x]=y;
}
}
void dfs2(int x,int t){
top[x]=t,Dfn[x]=++idx,nw[idx]=a[x];
if(!son[x]) return;
dfs2(son[x],t);
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(y==fa[x]||y==son[x]) continue;
dfs2(y,y);
}
}
struct Node{
int l,r;
int sum,tag;
}tr[N*4];
void pushdown(int u){
Node &root=tr[u],&left=tr[u<<1],&right=tr[u<<1|1];
if(!root.tag) return;
left.tag=root.tag,right.tag=root.tag;
left.sum=right.sum=0;
root.tag=0;
}
void pushup(int u){
tr[u].sum=tr[u<<1].sum+tr[u<<1|1].sum;
}
void build(int u,int l,int r){
if(l==r) tr[u]={l,r,nw[l],0};
else{
tr[u].l=l,tr[u].r=r;
int mid=(l+r)>>1;
build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
pushup(u);
}
}
void modify(int u,int l,int r){
if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r){
tr[u].sum=0;
tr[u].tag=1;
}
else{
pushdown(u);
int mid=(tr[u].l+tr[u].r)>>1;
if(l<=mid) modify(u<<1,l,r);
if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r);
pushup(u);
}
}
int query(int u,int l,int r){
if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r) return tr[u].sum;
pushdown(u);
int mid=(tr[u].l+tr[u].r)>>1,ans=0;
if(l<=mid) ans+=query(u<<1,l,r);
if(r>mid) ans+=query(u<<1|1,l,r);
return ans;
}
int query_sum(int x,int y){
int fx=top[x],fy=top[y],ans=0;
while(fx!=fy){
if(dep[fx]>=dep[fy]) ans+=query(1,Dfn[fx],Dfn[x]),x=fa[fx];
else ans+=query(1,Dfn[fy],Dfn[y]),y=fa[fy];
fx=top[x],fy=top[y];
}
if(x==y) return ans;
if(Dfn[x]>Dfn[y]) ans+=query(1,Dfn[y]+1,Dfn[x]);
else ans+=query(1,Dfn[x]+1,Dfn[y]);
return ans;
}
void add_edge(int x,int y){
int fx=top[x],fy=top[y];
while(fx!=fy){
if(dep[fx]>=dep[fy]) modify(1,Dfn[fx],Dfn[x]),x=fa[fx];
else modify(1,Dfn[fy],Dfn[y]),y=fa[fy];
fx=top[x],fy=top[y];
}
if(Dfn[x]>Dfn[y]) modify(1,Dfn[y]+1,Dfn[x]);
else if(Dfn[x]<Dfn[y]) modify(1,Dfn[x]+1,Dfn[y]);
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++) ed[i].from=read(),ed[i].to=read();
int opt=0;
while(cin>>opt){
if(opt==-1) break;
int x=read(),y=read();
//用map维护哪些边被删去
if(opt==0) mp[make_pair(x,y)]=mp[make_pair(y,x)]=1;
que[++qcnt]={x,y,opt};
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=ed[i].from,y=ed[i].to;
if(mp[make_pair(x,y)]) continue;
add1(x,y),add1(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
for(int i=2;i<=tot2;i++) if(bri[i]) add2(dcc[e[i].from],dcc[e[i].to]);
dfs1(1,0),dfs2(1,1),build(1,1,cnt);
for(int i=qcnt;i>=1;i--){
if(que[i].typ==0) add_edge(dcc[que[i].x],dcc[que[i].y]);
else answer[i]=query_sum(dcc[que[i].x],dcc[que[i].y]);
}
for(int i=1;i<=qcnt;i++) if(que[i].typ==1) cout<<answer[i]<<endl;
return 0;
}
实际上关于边双的题感觉并不多，点双和圆方树相关的才是重点（自认为）。不过最后还是打算先写边双。
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