HDU 4338 Simple Path 点双连通+lca

【题目大意】

给你一个无向图。问，从点u到点v，若是只走简单路径，有多少个点不能到达？

【思路】

这题肯定是要双连通缩点的，以前老是觉得点双连通不会用来缩点，因为割点可以属于多个连通集合，现在立马打脸了 o(╯□╰)o

最开始用，边-双连通思考，然后发现下面这种图就....

如果我们询问（6,7）和（6,4），显然两次点6所属集团的意义不同；除此之外，比方（1,2,3）这个集团，直接合并也是不合理的，询问（1,3）和（3,7），点3的意义也是不同的

问题的关键，其实关键就是割点。如果对点双连通比较熟悉的话，应该能想到：除了孤点，任何点都会至少属于一个连通集合，而只有割点能属于2个及以上的集合。连通集合一定是通过割点相连的。

所以，我们可以考虑把原图改成通过割点相连的形式。上面那个图就可以改成

显然，每条边的一段都是连通集合，而另一段是割点。

仔细分析割点到割点、非割点到非割点、割点到非割点三种情况，你会发现，点u到点v，能走的点就是修改后的图（这个图不会有环）对应的简单路径上的所有的点。比方（2,5）能经过的点就为 {2}∪{1,2,3}∪{3}∪{3,5}∪{5} == {1,2,3,5} ，（2,6）的为 {2}∪{1,2,3}∪{3}∪{3,5}∪{5}∪{4,5,6} == {1,2,3,4,5,6}。 

因为路径上的点是有重复的，我们仍需要思考一下。实际上，点的数目，等于每个点的点的数目减去路径上的边数。

而具体怎么去求无环图上一个简单路径上的点数和以及边数和。这里可以采用多种方法，我这里用的lca维护一下。

P.S. 数据好像不严，询问中有点的编号>=n的情况，我这种情况是直接输出n

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include<cstdio>#include<cstring>#include<vector>#include<queue>#include<cmath>#include<cctype>#include<string>#include<algorithm>#include<iostream>#include<ctime>#include<map>#include<set>using namespace std;#define MP(x,y) make_pair((x),(y))#define PB(x) push_back(x)typedef __int64 LL;//typedef unsigned __int64 ULL;/* ****************** */const LL INF = 1LL<<55;const double INFF = 1e100;const double eps = 1e-8;const LL mod = 10000000007LL;const int NN = 100010;const int MM = 400010;/* ****************** */int dfn[NN], low[NN], tsp;int sta[MM], sta_top;int id[NN], num[NN*2], id_cnt;int color[NN];vector<int>bccno[NN];struct G{    int u, v, next;}E[MM], E1[MM];int p1[NN], T1;int p[NN*2], T;int long2[NN*2*2];int deep[NN*2], pos[NN*2], dian[NN*2];int oula[NN*2*2];int rmq[NN*2*2][20];void init_long2(int n){    int i;    long2[1]=0;    for(i=2;i<=n;i++)    {        long2[i]=long2[i-1]+(i==(i&(-i)));    }}void add(int u,int v,G *E,int *p,int &T){    E[T].u = u;    E[T].v = v;    E[T].next = p[u];    p[u] = T++;}void bcc(int u,int fa,int col){    int i, ii, v;    dfn[u] = low[u] = ++tsp;    color[u] = col;    for(i = p1[u]; i + 1; i = E1[i].next)    {        v = E1[i].v;        if(dfn[v]==0)        {            sta[++sta_top] = i;            bcc(v, u, col);            low[u] = min(low[u], low[v]);            if(low[v] >= dfn[u])            {                num[++id_cnt] = 0;                for(;;)                {                    ii = sta[sta_top--];                    if(id[ E1[ii].u ] != id_cnt)                    {                        bccno[ E1[ii].u ].PB(id_cnt);                        num[id_cnt] ++;                        id[ E1[ii].u ] = id_cnt;                    }                    if(id[ E1[ii].v ] != id_cnt)                    {                        bccno[ E1[ii].v ].PB(id_cnt);                        num[id_cnt] ++;                        id[ E1[ii].v ] = id_cnt;                    }                    if(E1[ii].u == u && E1[ii].v == v)                        break;                }            }        }        else if(dfn[v]<dfn[u] && v != fa)        {            sta[++sta_top] = i;            low[u] = min(low[u], dfn[v]);        }    }}//生成欧拉序列，计算每个节点深度，每个点首次出现的位置//其第一个父亲，没有用-1表示void dfs(int u,int fa,int cen){    oula[++tsp]=u;    deep[u]=cen;    pos[u]=tsp;    int i,v;    for(i=p[u];i+1;i=E[i].next)    {        v=E[i].v;        if(v!=fa)        {            dian[v] = dian[u] + num[v];            dfs(v,u,cen+1);            oula[++tsp]=u;        }    }}//用于lca的rmqvoid init_rmq(int n){    int i,j,en,len;    int t1,t2;    for(i=1;i<=n;i++)        rmq[i][0]=i;    for(j=1;j<=long2[n];j++)    {        en=n+1-(1<<j);        len=1<<(j-1);        for(i=1;i<=en;i++)        {            t1=oula[ rmq[i][j-1] ];            t2=oula[ rmq[i+len][j-1] ];            if(deep[t1]<deep[t2])                rmq[i][j]=rmq[i][j-1];            else                rmq[i][j]=rmq[i+len][j-1];        }    }}int ask_lca(int u,int v){    int st=pos[u];    int en=pos[v];    if(st>en)        swap(st,en);    int k=long2[en-st+1];    int id1=oula[ rmq[st][k] ];    int id2=oula[ rmq[en+1-(1<<k)][k] ];    if(deep[id1]<deep[id2])        return id1;    return id2;}void solve(int n,int sum_n){    int m,i,u,v,ans;    tsp=0;    for(i=1;i<=n;i++)        pos[i] = -1;    for(i=1;i<=n;i++)    {        if(pos[i]==-1)        {            dian[i] = num[i];            dfs(i,-1,0);        }    }    init_rmq(tsp);    scanf("%d",&m);    while(m--)    {        scanf("%d%d",&u,&v);        if(u>=sum_n || v>=sum_n)        {            printf("%d\n",sum_n);         //   while(1);            continue;        }        u++, v++;        if(u==v)            printf("%d\n", sum_n-1);        else if(color[u]!=color[v])            printf("%d\n", sum_n);        else        {            u = id[u];            v = id[v];            i = ask_lca(u, v);            ans = dian[u] + dian[v] - dian[i]*2 + num[i];            ans -= (deep[u]+deep[v]-deep[i]*2);            ans = sum_n - ans;            printf("%d\n",ans);        }    }    puts("");}int main(){    init_long2(100000*4);    int n, m, i, j, u, v,  si;    int ee = 0;    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)    {        memset(p1, -1, sizeof(p1));        T1 = 0;        for(i = 0; i < m; i ++)        {            scanf("%d%d", &u, &v);            u ++, v ++;            add(u, v, E1, p1, T1);            add(v, u, E1, p1, T1);        }        memset(dfn, 0, sizeof(dfn));        memset(id, -1, sizeof(id));        tsp = 0;        id_cnt = 0;        sta_top = 0;        for(i = 1; i <= n; i ++)        {            if(dfn[i]==0)            {                bcc(i, -1, i);            }        }        memset(p, -1, sizeof(p));        T = 0;        for(i = 1; i <= n; i ++)        {            si = bccno[i].size();            if(si > 1)            {                u = ++id_cnt;                id[i] = u;                num[u] = 1;                for(j = 0; j < si; j ++)                {                    v = bccno[i][j];                    add(u, v, E, p, T);                    add(v, u, E, p, T);                }            }            bccno[i].clear();        }        printf("Case #%d:\n",++ee);        solve(id_cnt, n);    }    return 0;}