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## [$AcWing$ $396$ 矿场搭建](https://www.acwing.com/problem/content/description/398/)
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### 一、题目描述
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煤矿工地可以看成是由 **隧道** 连接 **挖煤点** 组成的 **无向图**。
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为安全起见，希望在工地发生事故时 **所有挖煤点的工人都能有一条出路逃到** <font color='red' size=4><b>救援出口处</b></font>
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于是矿主决定在 **某些挖煤点** 设立 **救援出口**，使得无论哪一个挖煤点坍塌之后，其他挖煤点的工人都有一条道路通向救援出口。
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请写一个程序，用来计算 **至少** 需要设置几个救援出口，以及不同最少救援出口的设置方案总数。
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**输入格式**
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输入文件有若干组数据，每组数据的第一行是一个正整数 $N$，表示工地的隧道数。
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接下来的 $N$ 行每行是用空格隔开的两个整数 $S$ 和 $T$，表示挖煤点 $S$ 与挖煤点 $T$ 由隧道直接连接。
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注意，每组数据的挖煤点的编号为 $1$∼$Max$，其中 $Max$ 表示由隧道连接的挖煤点中，编号最大的挖煤点的编号，可能存在没有被隧道连接的挖煤点。
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输入数据以 $0$ 结尾。
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**输出格式**
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每组数据输出结果占一行。
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其中第 $i$ 行以 $Case$ $i$: 开始（注意大小写，$Case$ 与 $i$ 之间有空格，$i$ 与 : 之间无空格，: 之后有空格）。
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其后是用空格隔开的两个正整数，第一个正整数表示对于第 $i$ 组输入数据至少需要设置几个救援出口，第二个正整数表示对于第 $i$ 组输入数据不同最少救援出口的设置方案总数。
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输入数据保证答案小于 $264$，输出格式参照以下输入输出样例。
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**数据范围**
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$1≤N≤500，1≤Max≤1000$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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9
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1 3
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4 1
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3 5
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1 2
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2 6
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1 5
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6 3
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1 6
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3 2
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6
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1 2
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1 3
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2 4
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2 5
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3 6
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3 7
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0
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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Case 1: 2 4
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Case 2: 4 1
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```
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### 二、题解
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#### 1、加法原理 与 乘法原理
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首先，这个无向图不一定是连通的，所以可以把它分成若干个 **连通块** 来讨论，对于每个连通块，标记数最少直接 **累加** (**加法原理**)，方案数用 **乘法原理**
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#### 2、点双与割点
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以测试用例画一张图，标识出点双连通分量绿色和紫色两个区域，其中，点$1$是割点。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1010, M = 1010;
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int n, m;
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int dfn[N], low[N], stk[N], ts, top, root;
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int bcnt;
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vector<int> bcc[N];
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bool cut[N];
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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void tarjan(int u, int fa) {
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low[u] = dfn[u] = ++ts;
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stk[++top] = u;
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int son = 0;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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if (!dfn[v]) {
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son++;
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tarjan(v, u);
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low[u] = min(low[u], low[v]);
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if (low[v] >= dfn[u]) {
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int x;
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if (u != root || son > 1) cut[u] = 1;
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bcnt++;
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do {
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x = stk[top--];
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bcc[bcnt].push_back(x);
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} while (x != v);
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bcc[bcnt].push_back(u);
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}
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} else
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low[u] = min(low[u], dfn[v]);
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}
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if (fa == -1 && son == 0) bcc[++bcnt].push_back(u);
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}
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int main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("396_Prepare.in", "r", stdin);
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#endif
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memset(h, -1, sizeof h);
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scanf("%d", &m);
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while (m--) {
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int a, b;
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scanf("%d %d", &a, &b);
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n = max(n, a), n = max(n, b); // 鄙视一下~
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if (a != b) add(a, b), add(b, a);
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}
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for (root = 1; root <= n; root++)
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if (!dfn[root]) tarjan(root, -1);
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cout << "点双个数：" << bcnt << endl;
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for (int i = 1; i <= bcnt; i++) {
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cout << "点双编号:" << i << ", 内部节点：";
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for (int j = 0; j < bcc[i].size(); j++)
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cout << bcc[i][j] << " ";
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cout << endl;
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}
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return 0;
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}
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```
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#### 3、思路
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很显然能够联想到 **点双**，我们考虑一个点双里面的 **割点数量**：
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- ① $0$个时 说明这个点双与其他的点双之间没有联系，那么这个点双内部至少要建两个救援出口，因为是点双，所以建在哪里都可以，不能只建一个，因为如果恰好是那个点塌了就完了。当然，如果此点双是特殊的点双，也就是 **只有一个节点** 的情况，那么需要建一个。
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- ② $1$个时 说明这个点双与另一个点双之间有联系，那么这个点双里面就只需要建一个救援出口，如果这个出口塌了，剩下的点也可以去另一个点双里面找救援出口，如果那个割点塌了，那么这个点双内的点去这个点双里面的救援出口就好了。
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- ③ 大于等于$2$个时 无论哪一个点塌了，这个点双里面的点都可以去其他点双里面找救援出口，所以这个点双里面不需要建救援出口。
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> **注意**:**不能在割点上建救援出口，这样一下子就断了两个方向来源的路线，在这创建救援出口不是傻吗？**
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#### 4、总结
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- **无割点,与其它连通块彼此独立**
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- ① **点双中点的数量为$1$**
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放$1$个出口,方案数 $*= 1$ **注：** 题目中数据似乎没有特意卡这个~
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- ② **点双中点的数量大于$1$**
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放$2$个出口,方案数 $*= C_{cnt}^{2} = cnt*(cnt-1)/2$
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- **割点数量$=1$**
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放$1$个出口,方案数 $*= C_{cnt-1}^{1} = cnt-1$ (不包含割点)
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- **割点数量$=2$**
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放$0$个出口,方案数 $*= 1$
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### 三、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int N = 1010, M = N << 2;
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int n, m;
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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/*
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1. 用tarjan跑出所有的v_bcc和 原图中哪些点是割点
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2. 遍历每个v_bcc(点双),考查点双里的割点个数：
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(1). 若此点双内包含的割点数>1，则无论哪一个节点被毁，连通性依旧,不用处理。贡献为0
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(2). 若此点双内包含的割点数=1，则在分量内任意一点建一个(割点处不用建)，一旦分量内建立好的救援出口被毁，
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可以通过割点跑到相临的分量中，走别人的救援出口，ans*=bcc.size()-1。贡献为1
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(3). 若此点双内包含的割点数=0，则任建两个，ans=bcc.size()(bcc.size()-1)/2。贡献为2
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*/
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int dfn[N], low[N], stk[N], ts, top, root;
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int bcnt;
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vector<int> bcc[N]; // 双连通分量
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bool cut[N]; // 记录割点的桶,割点可能会重复，所以用桶来记录，最后用循环来统计
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void tarjan(int u, int fa) {
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low[u] = dfn[u] = ++ts;
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stk[++top] = u;
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int son = 0; // 求割点时，需要记录点双中节点的数量，用于判断是不是单个节点组成的
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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if (!dfn[v]) {
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son++;
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tarjan(v, u);
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low[u] = min(low[u], low[v]);
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// 总结：需要孩子仔细理解原理，能清晰的讲解原理，并默写画出原理图，才能把代码写明白，不能靠简单的背代码，会记不住的
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// 原理 : https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16091406.html
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if (low[v] >= dfn[u]) {
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int x;
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// 记录割点
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if (u != root) cut[u] = 1;
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if (u == root && son >= 2) cut[u] = 1; // 如果u是根节点，但是它至少有两个子节点：则u是割点
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// 如果u是根，并且有1个子节点，那么去掉u后，剩下的那个节点还是双点，所以，u不是割点
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// 记录点双中节点有哪些
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bcnt++;
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do {
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x = stk[top--];
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bcc[bcnt].push_back(x);
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} while (x != v); // 将子树出栈
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bcc[bcnt].push_back(u); // 把割点/树根也丢到点双里
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}
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} else
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low[u] = min(low[u], dfn[v]);
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}
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// 因为上面枚举的是边，如果是一个孤立的根，是没有边的，上面的代码不会执行，但它确实是一个点双
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if (u == root && son == 0) bcc[++bcnt].push_back(u);
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}
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int main() {
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int T = 1;
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while (scanf("%d", &m), m) {
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// 每次清除上次记录的bcnt连通块中点的向量数组
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for (int i = 1; i <= bcnt; i++) bcc[i].clear();
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// n:这题太讨厌了，n居然让我们自己取max计算出来，shit~
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idx = n = ts = top = bcnt = 0;
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memset(h, -1, sizeof h); // 初始化链式前向星
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memset(dfn, 0, sizeof dfn); // 每个节点的dfs序时间戳
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memset(low, 0, sizeof low);
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memset(stk, 0, sizeof stk); // 栈
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memset(cut, 0, sizeof cut); // 清空割点数组
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while (m--) {
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int a, b;
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scanf("%d %d", &a, &b);
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n = max(n, a), n = max(n, b); // 鄙视一下~
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if (a != b) add(a, b), add(b, a);
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}
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for (root = 1; root <= n; root++)
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if (!dfn[root]) tarjan(root, -1); // 以root为根开始找出 割点 和 点双
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int res = 0; // 增加的救援出口个数
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LL num = 1; // 增加的救援出口方案数
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for (int i = 1; i <= bcnt; i++) { // 枚举每个点双
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int cnt = 0; // 此点双中割点的数量
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for (int j = 0; j < bcc[i].size(); j++) // 枚举点双中每个点，通过cut这个桶判断是不是割点
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if (cut[bcc[i][j]]) cnt++;
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if (cnt == 0) { // 如果没有割点
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// 如果点双中点的数量大于1，救援出口需要在bcc[i].size()中选择两个,一个坏了还可以走另一个
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if (bcc[i].size() > 1)
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res += 2, num *= bcc[i].size() * (bcc[i].size() - 1) / 2;
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else
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// 如果点双中点的数量等于1,孤立的点，那么必须单独设立一个救援出口方案数量不用变化
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res++;
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} else if (cnt == 1) // 如果有一个割点
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res++, num *= bcc[i].size() - 1; // 需要添加一个救援出口
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// 如果有2个或以上的割点，就不用管了，因为一旦某个割点被毁，可以走另一个
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}
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printf("Case %d: %d %lld\n", T++, res, num); // 救援出口个数，方案数
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}
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return 0;
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}
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``` |