CJOJ 血帆海盗

Description

随着资本的扩大，藏宝海湾贸易亲王在卡利姆多和东部王国大陆各建立了N/2 个港口。大灾变发生以后，这些港口之间失去了联系，相继脱离了藏宝海湾贸易亲王的管辖，各自为政。利益的驱动使得每个港口都想和对岸大陆的另一个港口建立贸易合作关系，由于地理位置因素，只有存在直接到达的航线的两个港口才能建立合作，而且每个港口只与对岸一个港口建立合作，因此并不是所有的港口都能找到合作伙伴。

血帆海盗得知这一消息以后，决定对其中一条航线进行干扰性的掠夺。经过分析，血帆海盗计算出最多能有W 对港口合作。如果两个港口之间只有一条航线，而且这条航线恰好是血帆海盗要掠夺的航线，这两个港口将不能建立合作关系。血帆海盗指挥官菲尔拉伦想知道他们有几种选择，可以让地精们无法建立W 对港口。

Input

第1行，两个整数N,M，表示一共的港口个数和航线条数。
接下来M行，每行两个整数A,B，表示卡利姆多的港口A与东部王国的港口B之间有一条航线直接连接，其中1<=A<=N/2，N/2+1<=B<=N。

Output

一个整数，表示血帆海盗可以选择掠夺的航线条数。

解释：
如果掠夺一条航线以后，地精依然可以建立起最多的W个合作关系（可以有多种），那么这条航线是不值得掠夺的，否则就是掠夺方案之一。

Sample Input

8 5
1 5
1 6
2 7
3 7
4 8

Sample Output

Hint

样例说明
地精做多能建立起合作关系的数量为3，掠夺(4,8)这条航线后，最多能建立的合作关系的数量减少为2。

数据规模
40%的数据满足2<=N<=200，1<=M<=1000
100%的数据满足2<=N<=100000，1<=M<=100000，保证N为偶数

Source

by BYVoid
网络流，连通性，二分图

题目大意,给定一个二分图,问有多少中方案能使断掉一条边后的最大匹配数减小;

首先通过Dinic求出最大流,然后在残量网络上进行tarjan缩强连通分量;

1.首先非匹配边断掉没有卵用;

2.对于一条匹配边,如果他对应的匹配的两个点在一个强连通分量中,说明这条边可以被替换掉,也没啥卵用;

这是为什么呢?

对于残量网络上,向T方向流的边都是表示没有进行匹配的边;

而向S方向流的边都是表示这条边已经匹配了;

所以如果连成了环,也就说明这个环中的匹配边和非匹配可以互相转化

可以画画图加深理解...%%%战舰狗老师

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<vector>

#define RG register

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1000000;

const int Inf=19260817;

int gi()

{

    int x=0;

    char ch=getchar();

    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();

    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();

    return x;

}

int head[N],nxt[N],to[N],s[N],cnt=1,S,T,n,m,sum,q[N],level[N],vis[N],F,c[N];

int dfn[N],low[N],zhan[N],tot,fr[N],tt,ans,vis2[N];

struct data{

    int x,y,id;

}edge[N];

inline void Addedge(int x,int y,int z) {

    to[++cnt]=y,s[cnt]=z,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;

}

inline void lnk(int x,int y,int z){

    Addedge(x,y,z);Addedge(y,x,0);

}

inline bool bfs(){

    for(RG int i=S;i<=T;i++) level[i]=0,vis[i]=0;

    int t=0,sum=1;

    q[0]=S,level[S]=1,vis[S]=1;

    while(t<sum){

	int now=q[t++];

	if(now==T) return 1;

	for(RG int i=head[now];i;i=nxt[i]){

	    int y=to[i];

	    if(level[y]==0&&s[i]){

		level[y]=level[now]+1;

		q[sum++]=y;

	    }

	}

    }

    return 0;

}

inline int dfs(int now,int maxf){

    if(now==T) return maxf;

    int ret=0;

    for(RG int i=head[now];i;i=nxt[i]) {

	int y=to[i],f=s[i];

	if(level[y]==level[now]+1&&f) {

	    int minn=min(maxf-ret,f);

	    f=dfs(y,minn);

	    s[i]-=f;s[i^1]+=f;ret+=f;

	    if(ret==maxf) break;

	}

    }

    return ret;

}

inline void Dinic(){

    while(bfs()) F+=dfs(S,99999999);

}

void tarjan(int x){

    dfn[x]=low[x]=++tt;zhan[++sum]=x;

    vis2[x]=1;int y;

    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){

	y=to[i];

	if(s[i]){

	    if(!dfn[y]){

		tarjan(y);

		low[x]=min(low[x],low[y]);

	    }

	    else if(vis2[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);

	}

    }

    if(low[x]==dfn[x]){

	tot++;

	do {

	    y=zhan[sum--];

	    vis2[y]=0;fr[y]=tot;

	} while(y!=x);

    }

}

int main(){

    n=gi(),m=gi();S=0,T=n+1;

    for(int i=1;i<=m;i++){

	int x=gi(),y=gi();

	lnk(x,y,1);edge[i]=(data){x,y,cnt^1};

    }

    for(int i=1;i<=n/2;i++) lnk(S,i,1);

    for(int i=n/2+1;i<=n;i++) lnk(i,T,1);

    Dinic();for(int i=S;i<=T;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);

    for(int i=1;i<=m;i++){

	if(s[edge[i].id]==0&&fr[edge[i].x]==fr[edge[i].y]) ans++;

	else if(s[edge[i].id]==1) ans++;

    }printf("%d\n",m-ans);

    return 0;

}