bzoj 3331: [BeiJing2013]压力

Description

如今,路由器和交换机构建起了互联网的骨架。处在互联网的骨干位置的

核心路由器典型的要处理100Gbit/s的网络流量。他们每天都生活在巨大的压力

之下。

小强建立了一个模型。这世界上有N个网络设备,他们之间有M个双向的

链接。这个世界是连通的。在一段时间里,有Q个数据包要从一个网络设备发

送到另一个网络设备。

一个网络设备承受的压力有多大呢?很显然,这取决于Q个数据包各自走

的路径。不过,某些数据包无论走什么路径都不可避免的要通过某些网络设

备。

你要计算:对每个网络设备,必须通过(包括起点、终点)他的数据包有

多少个?

Input

第一行包含3个由空格隔开的正整数N,M,Q。

接下来M行,每行两个整数u,v,表示第u个网络设备(从1开始编号)和

第v个网络设备之间有一个链接。u不会等于v。两个网络设备之间可能有多个

链接。

接下来Q行,每行两个整数p,q,表示第p个网络设备向第q个网络设备发

送了一个数据包。p不会等于q。

Output

输出N行,每行1个整数,表示必须通过某个网络设备的数据包的数量。

Sample Input

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

Sample Output

2
1
1
2

HINT

【样例解释】

设备1、2、3之间两两有链接,4只和1有链接。4想向2和3各发送一个数据

包。显然,这两个数据包必须要经过它的起点、终点和1。

【数据规模和约定】

对于40%的数据,N,M,Q≤2000

对于60%的数据,N,M,Q≤40000

对于100%的数据,N≤100000,M,Q≤200000

Source

mdzz，到今天才会点双缩点。。。(其实也不算缩点，只是通过添加虚拟点使原图转为树)

对于比较杂乱的图一般都是通过重构变为比较好维护信息的图，

题目中必经点肯定是割点。。。然后重构成树后就很好维护了。

以前打的点双没有用栈实现,是求出来后再dfs一遍求出,这样就去掉了图中的割点,导致我后来yy的时候连出了好多环。。。；

如果用栈实现的话，先把所有的点双求出来,把原图所有边都删去,在新图中,对于每个点双新建一个虚拟点，然后把点双中的所有点向这个虚拟点连无向边；

因为点双之间是以割点为交连起来的，所以新建图中仍能够保持连通性。有点强劲有力。。。

建成树后，因为只有一次询问，所以可以树上差分，由于是点的差分，所以和边的差分有所不同:

是cf[lca]--，使lca只加一次，再cf[fa[lca]]--,是fa[lca]保持不变；

// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500050;
int gi(){
  int x=0,flag=1;
  char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return x*flag;
}
int cnt,head[N],nxt[N],to[N],n,m,q,tt,dfn[N],low[N],iscut[N],vis[N],tot,pos[N],vis2[N],rt;
int size[N],son[N],top[N],deep[N],fa[N],cf[N],ans[N],zhan[N],num,sum;
vector<int>p[N],bcc[N];
void lnk(int x,int y){
  to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
  to[++cnt]=x,nxt[cnt]=head[y],head[y]=cnt;
}
void tarjan(int x){
  dfn[x]=low[x]=++tt;zhan[++sum]=x;
  for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
    int y=to[i];
    if(!dfn[y]){
      tarjan(y);low[x]=min(low[x],low[y]);
      if(low[y]>=dfn[x]){
	num++;int tmp;
	do{
	  tmp=zhan[sum--];
	  bcc[num].push_back(tmp);
	}while(tmp!=y);
	bcc[num].push_back(x);
      }
    }
    else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
  }
}
void dfs1(int x,int f){
  size[x]=1;deep[x]=deep[f]+1;fa[x]=f;
  for(int i=0;i<p[x].size();i++){
    int y=p[x][i];
    if(y!=f){
      dfs1(y,x);size[x]+=size[y];
      if(size[y]>size[son[x]]) son[x]=y;
    }
  }
}
void dfs2(int x,int f){
  top[x]=f;
  if(son[x]) dfs2(son[x],f);
  for(int i=0;i<p[x].size();i++){
    int y=p[x][i];
    if(y!=fa[x]&&y!=son[x]) dfs2(y,y);
  }
}
int lca(int x,int y){
  while(top[x]!=top[y]){
    if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y);
    x=fa[top[x]];
  }
  if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
  return y;
}
void count(int x){
  for(int i=0;i<p[x].size();i++){
    int y=p[x][i];
    if(y!=fa[x])count(y),cf[x]+=cf[y];
  }
}
void rebuild(){
  for(int i=1;i<=num;i++){
    for(int j=0;j<bcc[i].size();j++){
      int x=bcc[i][j];cout<<x<<' ';
      p[x].push_back(i+n);p[i+n].push_back(x);
    }
    cout<<endl;
  }
}
int main(){
  n=gi(),m=gi(),q=gi();
  for(int i=1;i<=m;i++){
    int x=gi(),y=gi();lnk(x,y);
  }
  tarjan(1);tot=n;rebuild();
  dfs1(1,0);dfs2(1,1);
  for(int i=1;i<=q;i++){
    int u=gi(),v=gi(),LCA=lca(u,v);
    cf[u]++,cf[v]++,cf[LCA]--,cf[fa[LCA]]--;
  }
  count(1);for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",cf[i]);
  return 0;
}