bzoj1123 Blockade

Description

Byteotia城市有n个 towns m条双向roads. 每条 road 连接 两个不同的 towns ,没有重复的road. 所有towns连通。

Input

输入n<=100000 m<=500000及m条边

Output

输出n个数，代表如果把第i个点去掉，将有多少对点不能互通。

Sample Input

5 5
1 2
2 3
1 3
3 4
4 5

Sample Output

8
8
16
14
8

 

看到这道题，首先想到是的Tarjan先缩点。但是后来发现，如果按照DFS序搜索的话，只要DFS返回以后，判断当前点事割点，那么这个点和刚才搜索的点就是一个联通块。

然后就是对于每个割点，它的下面会有很多联通块，如果这个割点被去掉，那么下面的联通块都会被拆开。我们设ans[u]为这个点去掉后有多少点会被分离，我们在计算每个它

下面的联通块时，把它们的大小依次乘起来。然后，再加上它的下面联通块的和乘以上面所有点的和。

 

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define MAXN 1000010
#define REP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define in(a) a=read()
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
        if(ch=='-')
            f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())
        x=x*10+ch-'0';
    return f*x;
}
int n,m;
int total=0,head[MAXN],nxt[MAXN<<4],to[MAXN<<4],size[MAXN];
int dfn[MAXN],low[MAXN],cnt;
long long ans[MAXN<<2];
inline void adl(int a,int b){
    total++;
    to[total]=b;
    nxt[total]=head[a];
    head[a]=total;
    return  ;
}
inline void tarjan(int u){
    dfn[u]=low[u]=++cnt;
    size[u]=1;
    int sum=0;
    for(int e=head[u];e;e=nxt[e]){
        if(!dfn[to[e]]){
            tarjan(to[e]);
            size[u]+=size[to[e]];//size代表以u为根的联通块大小
            low[u]=min(low[u],low[to[e]]);
            if(low[to[e]]>=dfn[u]){
                ans[u]+=(long long)sum*size[to[e]];//sum表示已经遍历的子联通块，现在发现一个新的联通块，要把它的大小乘以已经遍历的
                sum+=size[to[e]];//然后把它的大小加进去
            }
        }
        else  low[u]=min(low[u],dfn[to[e]]);
    }
    ans[u]+=(long long)sum*(n-sum-1);//再加上它的下面联通块的和乘以上面所有点的和。
}
int main(){
    in(n);in(m);
    int a,b;
    REP(i,1,m){
        in(a);in(b);
        adl(a,b);
        adl(b,a);
    }
    tarjan(1);
    REP(i,1,n)  printf("%lld
",(ans[i]+n-1)<<1);//n-1是这个割点和其他点的断开，*2是因为题目里A和B还有B和A算一个。
    return 0;
}