hihocoder #1190 : 连通性·四

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描述

小Hi和小Ho从约翰家回到学校时，网络所的老师又找到了小Hi和小Ho。

老师告诉小Hi和小Ho：之前的分组出了点问题，当服务器(上次是连接)发生宕机的时候，在同一组的服务器有可能连接不上，所以他们希望重新进行一次分组。这一次老师希望对连接进行分组，并把一个组内的所有连接关联的服务器也视为这个组内的服务器(注意一个服务器可能属于多个组)。

这一次的条件是对于同一个组满足：当组内任意一个服务器宕机之后，不会影响组内其他服务器的连通性。在满足以上条件下，每个组内的边数量越多越好。

比如下面这个例子，一共有6个服务器和7条连接：



其中包含3个组，分别为{(1,2),(2,3),(3,1)},{(4,5),(5,6),(4,6)},{(3,4)}。对{(1,2),(2,3),(3,1)}而言，和该组边相关联的有{1,2,3}三个服务器：当1宕机后，仍然有2-3可以连接2和3；当2宕机后，仍然有1-3可以连接1和3；当3宕机后，仍然有1-2可以连接1和2。



老师把整个网络的情况告诉了小Hi和小Ho，希望小Hi和小Ho统计一下一共有多少个分组。

   
提示：点的双连通分量

 

输入

第1行：2个正整数，N,M。表示点的数量N，边的数量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000

第2..M+1行：2个正整数，u,v。第i+1行表示存在一条边(u,v)，编号为i，连接了u,v两台服务器。1≤u<v≤N

保证输入所有点之间至少有一条连通路径。

输出

第1行：1个整数，表示该网络的连接组数。

第2行：M个整数，第i个数表示第i条连接所属组内，编号最小的连接的编号。比如分为{(1,2)[1],(2,3)[3],(3,1)[2]},{(4,5)[5],(5,6)[7],(4,6)[6]},{(3,4)[4]}，方括号内表示编号，则输出{1,1,1,4,5,5,5}。

样例输入

6 7
1 2
1 3
2 3
3 4
4 5
4 6
5 6

样例输出

3
1 1 1 4 5 5 5

提示：点的双连通分量

小Ho：那么我们这一次求的和前一次有什么区别？

小Hi：在上一次中，我们求解的是边的双连通分量，而我们这一次叫做点的双连通分量，其定义为：

对于一个无向图的子图，当删除其中任意一个点后，不改变图内点的连通性，这样的子图叫做点的双连通子图。而当子图的边数达到最大时，叫做点的双连通分量。

小Ho：那和上一次有什么不同么？

小Hi：与前一次的区别在于，可能出现下面这种情况时：



存在两个分组，分别是{(1,2),(2,3),(3,1)},{(3,4),(4,5),(3,5)}。其不能分成一组是因为当3号服务器宕机之后，1,2与4,5便不再连通。

小Ho：感觉好像难了很多？

小Hi：其实也还好啦，这一次的话只需要稍作一下改进就好。

首先我们从上面的例子可以猜到，桥一定是作为一个单独的点的双连通分量。而被桥分割的区域，可能出现两种情况：



第一种情况下，桥两边都各是一个连通分量，那么桥的存在把整个图分成了3个连通分量，桥本身作为一个点的双连通分量，而A,B两个分量还无法判定。在这图中，A,B两点本质都是割点。



第二种情况下，桥一边是连通分量，而另一边是独立的点。桥的存在把整个图分成了2个连通分量，B点部分因为没有边，所以不构成一个组。在这图中，只有A点是割点。

那么我们可以先根据桥，把整个图先分割开来。

在点的双连通分量分量中出现了一种特殊的情况，而产生这种情况是因为在一个边的双连通分量中存在了割点。那么在去掉桥的每一个连通分量中，我们需要再找出割点。

小Ho：简单每存在一个桥就分割一次图，每个连通分量中存在一个割点就分割一次图。

小Hi：是这样的，但其实还可以更近一步考虑，对于桥的两种情况，它分割个区域数刚好就等于割点数+1；而连通分量内的割点同样也是，每存在一个割点，点的双连通分量就增加一个。

小Ho：这样说来，只要统计割点数量，点的双连通分量就等于割点数量加1咯？

小Hi：没错，每存在一个割点，就把一个区域一分为二，所以最后的结果也就是统计割点的数量就可以了。而对于分组具体情况，我们仍然采用栈来辅助我们记录，代码如下：

void dfs(int u) {
//记录dfs遍历次序
static int counter = 0;

//记录节点u的子树数
int children = 0;

ArcNode *p = graph[u].firstArc;
visit[u] = 1;

//初始化dfn与low
dfn[u] = low[u] = ++counter;

for(; p != NULL; p = p->next) {
int v = p->adjvex;
if(edge(u,v)已经被标记) continue;

//节点v未被访问，则(u,v)为树边
if(!visit[v]) {
children++;
parent[v] = u;
edgeStack[top++] = edge(u,v); // 将边入栈
dfs(v);

low[u] = min(low[u], low[v]);

//case (1)
if(parent[u] == NIL && children > 1) {
printf("articulation point: %d\n", u);
// mark edge
// 将边出栈，直到当前边出栈为止，这些边标记为同一个组
do {
nowEdge = edgeStack[top];
top--;
// 标记nowEdge
}	while (nowEdge != edge(u,v))
}

//case (2)
if(parent[u] != NIL && low[v] >= dfn[u]) {
printf("articulation point: %d\n", u);
// mark edge
// 将边出栈，直到当前边出栈为止，这些边标记为同一个组
do {
nowEdge = edgeStack[top];
top--;
// 标记nowEdge
}	while (nowEdge != edge(u,v))
}

}

//节点v已访问，则(u,v)为回边
else if(v != parent[u]) {
edgeStack[top++] = edge(u,v);
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
}

AC代码，注意代码中maxm=20005，为什么改成10005会超时？？？

#include<iostream>
using namespace std;
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define maxn 20005
#define maxm 200005
#define INF 0xfffffff
int Belong[maxm],stackn[maxm];
int dfn[maxn],low[maxn],top,scnt,cnt;
int head[maxn],f,n,m,num[maxn],fa[maxn],vis[maxn];
struct node
{
int e,next,id;
}edge[maxm];
void add(int s,int e,int i)
{
edge[f].e=e;
edge[f].id=i;
edge[f].next=head[s];
head[s]=f++;
}
void dfs(int u)
{
int child=0;
low[u]=dfn[u]=++cnt;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].e;
int id=edge[i].id;
if(!vis[v])
{
stackn[top++]=id;
fa[v]=u;
dfs(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(v==1&&child>1||v!=1&&low[v]>=dfn[u]){
scnt++;
int t=-1;
num[scnt]=INF;
while(t!=id){
t=stackn[--top];
Belong[t]=scnt;
num[scnt]=min(num[scnt],t);
}
}
}
else if(fa[u]!=v&&dfn[v]<dfn[u]){
stackn[top++]=id;
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
}
int main()
{
int i,a,b;
cin>>n>>m;
memset(head,-1,sizeof(head));
f=1;
for(i=1;i<=m;i++)
{
cin>>a>>b;
add(a,b,i);
add(b,a,i);
}
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(vis,0,sizeof(vis));
cnt=top=scnt=0;
dfs(1);
cout<<scnt<<endl;
for(i=1;i<=m;i++)
cout<<num[Belong[i]]<<" ";
cout<<endl;
return 0;
}