hdu4587 TWO NODES

问一个无向图中去掉任意两点后剩下的连通分量的个数最大值

枚举第一个删去的点，在剩下的子图中求割点

注意，剩下的子图可能不连通，那么就要对每个连通块求割点

计算删去一个点后剩余连通分量个数 left 的方法为：tarjan算法中的时间戳数组dfn[]若为0说明是新的连通分量

求删去割点后剩余连通分量个数：

tarjan算法中将判断是否为割点的bool 数组改为int类型，并将iscut[i] = 1 改为 iscut[i]++ 即可

那么对于非根节点，删去后剩余个数为iscut[i] + 1(子树个数加上父节点)，根节点为iscut[i] (没有父节点)

那么全题答案便是 max(iscut[i] + 1) + left - 1

细节见代码

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000000,102400000000")
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>
#include <set>
#include <stack>
#include <map>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <bitset>
using namespace std;
//LOOP
#define FD(i, b, a) for(int i = (b) - 1; i >= (a); --i)
#define FE(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define FED(i, b, a) for(int i = (b); i>= (a); --i)
#define REP(i, N) for(int i = 0; i < (N); ++i)
#define CLR(A,value) memset(A,value,sizeof(A))
//OTHER
#define PB push_back
//INPUT
#define RI(n) scanf("%d", &n)
#define RII(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define RIII(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define RIV(n, m, k, p) scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &p)
#define RS(s) scanf("%s", s)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INF = 1000000000;
const int MAXN = 5050;
const int MOD = 1000000;

vector<int> G[MAXN];
int dfn[MAXN], low[MAXN], iscut[MAXN];         //时间戳数组，所能访问的最早祖先，删去此点后所能得到的连通分量个数
int dfs_c, ans;
int n, m, none;

void add(int u, int v)
{
    G[u].push_back(v);
    G[v].push_back(u);
}

int tarjan(int u, int fa)
{
    bool f = false;                           ///判断重边用
    int lowu = dfn[u] = ++dfs_c;
    int child = 0, sz = G[u].size();
    REP(i, sz)
    {
        int v = G[u][i];
        if (v == none) continue;             ///若为枚举的第一个删除的节点，忽略
        if (v == fa && !f)
        {
            f = 1;
            continue;
        }
        if (!dfn[v])
        {
            int lowv = tarjan(v, u);
            lowu = min(lowu, lowv);
            if (lowv >= dfn[u])
                iscut[u]++;
        }
        else
            lowu = min(lowu, dfn[v]);
    }
    if (fa < 0 && child == 1)                ///若为此连通分量的根节点且只有一个子树,那么删去后连通分量为 1
        iscut[u] = 1;
    low[u] = lowu;
    return lowu;
}

void init()
{
    REP(i, n + 1)
        G[i].clear();
    ans = 0;
}

int solve(int x)
{
    int ret = 0;
    none = x;
    CLR(dfn, 0), CLR(low, 0);
    CLR(iscut, 0);
    dfs_c = 0;
    int left = 0;
    REP(i, n)
        if (i != x && !dfn[i])
            iscut[i]--, left++, tarjan(i, -1);           ///dfn为0 说明是根节点，先-1，后面统计时便全是iscut + 1
    REP(i, n)
    if (i != x)
        ret = max(ret, iscut[i] + 1);
    ret += left - 1;                             ///剩下连通分量加上最大iscut值
    return ret;
}

int main()
{
    int x, y;
    while (~RII(n, m))
    {
        init();
        REP(i, m)
        {
            RII(x, y);
            add(x, y);
        }
        REP(i, n)
           ans = max(ans, solve(i));
        printf("%d\n", ans);
    }
}
/*

5 5
0 3
3 4
3 2
1 2
2 4
*/