[POI2008]BLO（Tarjan）

[POI2008]BLO

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

考虑到求图中的割点。
图中有两种点
(1.)该点不为割点，由割点定义，切掉该点后，剩下的(n-1)个点仍然联通，所以答案为(2*(n-1))。
(2.)该点为割点，所以，在切掉该点后，图中会出现若干个联通块，我们需要求出每个联通块的大小，两两相乘再相加。
我们不妨在(tarjan)的过程中，搜索出每棵“子树”的(size)。
综上所述，在删除掉一个割点(i)后，不联通的有序对数量为：
(size[S1]*(n-size[S1])+size[S2]*(n-size[S2])+...+size[St]*(n-size[St])+2*(n-1)+(n-size[i])*(size[i]-1))

#include<bits/stdc++.h>
#define lll long long
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*w;
}
const int N=100010;
int n,m,cnt,visnum,x,y;
int head[N],dfn[N],low[N],cut[N],size[N];
lll ans[N];
struct node{
    int to,next;
}edge[10*N];
void add(int x,int y)
{
    cnt++;edge[cnt].to=y;edge[cnt].next=head[x];head[x]=cnt;
}
void tarjan(int k,int fa)
{
    dfn[k]=low[k]=++visnum;int flag=0;lll num=0;
    for(int i=head[k];i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;if(v==fa) continue;
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v,k);low[k]=min(low[k],low[v]);size[k]+=size[v];
            if(dfn[k]<=low[v])
            {
                flag++;
                if(fa!=0||flag>1)
                {
                    cut[k]=1;ans[k]+=(lll)size[v]*num;
                    num+=size[v];
                }
            }
        }
        else low[k]=min(low[k],dfn[v]);
    }
    ans[k]+=(lll)((n-num-1)*num);
    size[k]++;
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read();y=read();
        add(x,y);add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,0);
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld
",2*(ans[i]+n-1));
}