poj3177

题意：求最少添加多少条边可变无桥的连通图。

分析：接着poj3352的看。对于这种题，我们正常的做法是求桥，删桥，求连通分支，缩点，构建新图，求叶子数。

我们有一种简便方法。需要对tarjan算法做一些变化。我们之前规定low[u]是其子孙通过一条返祖边直接到达的点，把这个改成是其子孙可以连续通过多条返祖边所能到达的点。那么low[u]=min(low[v],dfn[u]);

这样做的缺陷是，不能求割点了，多次返祖会导致求割点的错误，在多环两两以单个点相连排成一条线，且每两个连接点间只有一条边的情况中，那些连接点本应是割点，但是在dfs过程中，这些连接点之间的边又恰好不是树枝边的话，low[u]可能会通过多次返祖,从一个割点不断的经过这些割点到达最上边的割点才记录下low[u]。

这样中间的割点就都不符合dfn(u)<=low[v]了。

但是这样做有一个好处，就是所有的对于边的双连通分支都以low标记出来了，即属于同一双连通分支的所有点的low都等于同一个值。因为在不遇到桥的情况下，low可以返祖到该连同分支在遍历树中的最高点（dfn最小的点）。

这样就相当于整理出了所有的对于边的双连通分支。接下来计算新图中每个点的度，我们直接遍历所有的边，观察边的两端点是否属于同一分支，若不属于则把两点在新图中的度数+1。然后看有多少个度数为1的点（即叶子数），再通过公式计算即可。

这题有重边，注意判断，新图添加度数时不计算重边的度。

View Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
usingnamespace std;

#define maxn 5005
#define maxm 10005

struct Edge
{
int v, next;
} edge[maxm];

int n, m;
int head[maxn];
bool hash[maxn][maxn];
int ecount, tcount;
int dfn[maxn], vis[maxn], low[maxn], degree[maxn];

void addedge(int a, int b)
{
edge[ecount].v = b;
edge[ecount].next = head[a];
head[a] = ecount;
hash[a][b] = hash[b][a] =true;
ecount++;
}

void input()
{
memset(head, -1, sizeof(head));
ecount =0;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i =0; i < m; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
a--;
b--;
if (hash[a][b])
continue;
addedge(a, b);
addedge(b, a);
}
}

void dfs(int fa, int u)
{
vis[u] =true;
low[u] = dfn[u] = tcount++;
for (int i = head[u]; i !=-1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].v;
if (v == fa)
continue;
if (!vis[v])
dfs(u, v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
}

int tarjan()
{
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(degree, 0, sizeof(degree));
tcount =0;
dfs(0, 0);
int ret =0;
for (int i =0; i < n; i++)
for (int j = head[i]; j !=-1; j = edge[j].next)
{
int v = edge[j].v;
if (low[i] != low[v])
degree[low[i]]++;
}
for (int i =0; i < n; i++)
if (degree[i] ==1)
ret++;
return (ret +1) /2;
}

int main()
{
//freopen("t.txt", "r", stdin);
input();
int ans = tarjan();
printf("%d\n", ans);
return0;
}