实际上是刘汝佳蓝书上面的例题啦,WF2011的一个题ios
首先咱们能够发现,把割顶涂上是不优的。由于删掉它以后,所以被和原图断掉的那一部分就没有黑点了,它对不连通的份量产生不了任何贡献。ide
因此咱们要先预处理出来点双联通份量的割顶,不涂割顶。spa
其次,对于一个双联通份量来说,咱们到底要涂几个呢?其实一个就够了,由于双联通份量内部没有割顶(强调一下,是对于它本身,内部无割顶!可能仍是有原图的割顶存在的)。code
可是若是那个双联通份量里面有多于一个的原图的割顶,那么就不须要涂了。由于每次至多只删去一个点,因此对于这个双联通份量来说,它必定仍是会与外界联通的,因此不须要内部有黑点。get
统计方案的话,就是对于每一个只有一个割顶的点双联通份量,任意选取一个不是原图割顶的点涂黑便可。string
最后考虑一种特殊状况,就是整张图是一个强连通份量。这样的话一个割顶都没有。这个时候须要涂两个点。it
代码以下:io
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<stack> #include<map> #define MAXN 400010 using namespace std; int n,m,cnt,tot,t,kase; int dfn[MAXN],iscut[MAXN],head[MAXN<<1],id[MAXN]; struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN<<1]; struct Line{int u,v;}line[MAXN<<1]; stack<Line>s; vector<int>bcc[MAXN]; map<int,int>ex; inline void add(int from,int to){edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to,head[from]=t;} inline int tarjan(int x,int fa) { int lowx=dfn[x]=++tot; int child=0; for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt) { int v=edge[i].to; Line e=(Line){x,v}; if(!dfn[v]) { s.push(e); child++; int lowv=tarjan(v,x); lowx=min(lowx,lowv); if(lowv>=dfn[x]) { iscut[x]=1; bcc[++cnt].clear(); for(;;) { Line cur=s.top();s.pop(); if(id[cur.u]!=cnt) bcc[cnt].push_back(cur.u),id[cur.u]=cnt; if(id[cur.v]!=cnt) bcc[cnt].push_back(cur.v),id[cur.v]=cnt; if(cur.u==x&&cur.v==v) break; } } } else if(dfn[v]<dfn[x]&&v!=fa) { s.push(e); lowx=min(lowx,dfn[v]); } } if(fa<0&&child==1) iscut[x]=0; return lowx; } inline void init() { memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(iscut,0,sizeof(iscut)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(id,0,sizeof(id)); memset(head,0,sizeof(head)); cnt=0,tot=0; } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("ce.in","r",stdin); #endif while(scanf("%d",&n)==1&&n) { init(); for(int i=1;i<=n;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y),add(y,x); ex[x]=1,ex[y]=1; } for(map<int,int>::iterator it=ex.begin();it!=ex.end();it++) if(!dfn[it->first]) tarjan(it->first,-1); long long ans1=0,ans2=1; for(int i=1;i<=cnt;i++) { int cur_ans=0; for(int j=0;j<bcc[i].size();j++) if(iscut[bcc[i][j]]==1) cur_ans++; if(cur_ans==1) { ans1++; ans2*=(bcc[i].size()-1); } } if(cnt==1) ans1=2,ans2=1ll*bcc[1].size()*(bcc[1].size()-1)/2; printf("Case %d: %lld %lld\n",++kase,ans1,ans2); } return 0; }