【BCC】冗余路径（做法 + 证明）

传送门

题意

给定一个连通的无向图让你进行加边操作，要求每一对点之间都至少有两条相互分离的路径，求最小的加边数。

两条路径相互分离，是指两条路径没有一条重合的道路。

分析

这意味着，从一个点到另一个点，不能够存在一条边满足：如果不经过这条边，这个点就到不了另一个点。

换句话说，就是不能存在一条边，使得去掉这条边后图不连通，那么题目要求的就是：给连通的无向图加边，使得无向图没有桥（即变成边双连通分量），最小化加边数。

做法

因为边双连通分量本来就没有桥，所以我们考虑对整个图求一遍边双连通分量（使用 tarjan 算法），然后将边双连通分量缩为一个点考虑。那么缩完点后得到的图一定是一棵树（因为图中不可能存在环）。

先给出结论：
所加的边数至少为 (lceil frac{cnt}{2} ceil) （(cnt) 为叶结点个数），而这恰好就是答案。

证明

下面，我们要证明的是：

1. 加边数至少为 (lceil frac{cnt}{2} ceil)
2. 给连通的无向图加 (lceil frac{cnt}{2} ceil) （(cnt) 为叶结点个数）条边即可保证所得的图为边双连通分量

先证明 1：因为对于一个叶子节点 (t) ，如果把它与父节点相连的边割去会让它成为独立点，所以每个叶子节点都需要向其它点连一条边，因此加边数至少为 (lceil frac{cnt}{2} ceil) 。

下证 2：
当图的点数 (V) 为 (2) 时，两个点都是叶节点，结论成立。

考虑 (Vgeqslant 2) 的情况：

我们一定可以找到一个度数大于 (1) 的点，我们将它作为根节点 (root) ，直观的构造方法是：
叶子节点取 (lfloor frac{cnt}{2} floor) 个点与另外 (lfloor frac{cnt}{2} floor) 个一一相连，如果多出一个点则向根节点连接。

因此，我们只需要考察 (V) 为偶数的情况，(V) 为奇数时多出来的一个点向根节点连接即可。

但是这个构造方法是要满足一定的约束的，我们要证明在这个约束下仍保证这个构造方法可以实行。下面我们便说明这件事。

根节点下有若干棵子树，设有 (n) 棵。

每个子树有若干个叶子节点，个数记为 (a_1,a_2...a_n) 。方便起见，我们排好了序（(a_i leq a_{i+1})）。

所谓约束，就是同一棵子树的叶节点之间不可以相连，因为即便是相连了， (root) 与该子树的边依然是桥，如果同一棵子树的叶节点之间存在连边，将次边去掉答案将更优。

下证：不同的子树的叶节点之间连边一定可以得到最优解。

第 (i,j) 棵子树间的叶节点连边，等价于 (a_i,a_j) 同时减去 (1) 。因此连边操作现在等价于：从数列 (a) 中选择两个数同时 (-1) 。（记为操作）

我们先证明：(sum_{i=1}^{n-1} a_igeq a_n) 时，一定能通过有限次上述操作使得最后的数列全部为 (0)：

构造方法：
将左式 (a_i) 的最小值与 (a_n) 同时 (-1) ，如果左式最小值减为 (0) 了就移除，如果出现左式中的 (a_i > a_n) 的情况，就将二者调换，继续操作。

最后，我们要证明的是：给出一个 (V > 2) 的树，一定存在一个点作为根，使得 子树叶节点树所对应的数列 (a) 满足 (sum_{i=1}^{n-1} a_igeq a_n):

构造方法：任意选取一个度数不为 (1) 的点作为根，如果 (sum_{i=1}^{n-1} a_i< a_n) 我们就换根，让 (a_n) 所对应的子树的顶点作为根，直到对应的序列满足 (sum_{i=1}^{n-1} a_i< a_n) ，这一定是有解的。

证毕。

证明是我乱想出来的，有矛盾的地方请告诉我qwq。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=5005, M=2e4+5;

int n, m;

struct node{
	int to, next;
}e[M];

int h[N], tot;

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

int dfn[N], low[N], ts;
int stk[N], top;
int id[N], bcc_cnt;
bool is_bridge[N];

void tarjan(int u, int from){  // 起始点和从前而来的边
	dfn[u]=low[u]=++ts;
	stk[++top]=u;

	for(int i=h[u]; ~i; i=e[i].next){
		int go=e[i].to;
		if(!dfn[go]){
			tarjan(go, i);
			low[u]=min(low[u], low[go]);
			if(dfn[u]<low[go]) is_bridge[i]=is_bridge[i^1]=true;
		}
		else if(i!=(from^1)) // 非反向边
			low[u]=min(low[u], dfn[go]);
	}
	
	if(dfn[u]==low[u]){
		++bcc_cnt;
		int y;
		do{
			y=stk[top--];
			id[y]=bcc_cnt;
		}while(y!=u);
	}
}

int deg[N];

int main(){
	memset(h, -1, sizeof h);
	cin>>n>>m;
	
	while(m--){
		int u, v; cin>>u>>v;
		add(u, v), add(v, u);
	}
	
	tarjan(1, -1);
	
	for(int i=0; i<tot; i++) if(is_bridge[i]) deg[id[e[i].to]]++;
	int cnt=0;
	for(int i=1; i<=bcc_cnt; i++) if(deg[i]==1) cnt++;
	cout<<(cnt+1)/2<<endl;
	
	return 0;
}