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bzoj2730 & world final 2011 H
1、题目大意:就是有一个无向图,让你在里面选择点,使得,无论哪个点没了以后,其他的点都能到达你选择的任何一个点,输出最少 选择几个点,和选择最少的方案数,最多有500条边。
2、分析:首先我们想如果没得不是割顶,那么其他的都无所谓了。
然后如果没有割顶,那就是选两个点,(避免其中你选的点没了)
如果有,我们把所有的割顶去掉,得到一些连通分量,那么如果一个连通分量里连着不止一个割顶,这个连通分量就可以去别 的连通分量里,如果只连着一个割顶,那么这个联通分量里就要选一个点了,选哪个点无所谓,因为是双联通分量啊,我不是
把割顶都去掉了吗,最后乘法原理什么的,搞一搞就过了,交了那么多次,居然是因为最后输出没用 long long,浪费我的提交 次数,加一个优化,如果一个连通分量已经dfs到它连着超过1个更定了,就结束dfs
3、代码:

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
LL head[100100], next[100100];
LL u[100100], v[100100];
LL pre[100010];
bool iscut[100010];
LL cnt1;
bool vis[100010];
LL dfs_clock;
LL block[100010];
LL cnt2;
LL kk[100010], tot;
bool vis_block[100010];
LL dfs(LL x, LL fa){
    LL lowx = pre[x] = ++ dfs_clock;
    LL cnt = 0;
    for(LL i = head[x]; i != -1; i = next[i]){
        LL y = v[i];
        if(!pre[y]){
            cnt ++;
            LL lowy = dfs(y, x);
            lowx = min(lowx, lowy);
            if(lowy >= pre[x]) iscut[x] = true;
        }
        else if(pre[y] < pre[x] && y != fa){
            lowx = min(lowx, pre[y]);
        }
    }
    if(cnt == 1 && fa < 0) iscut[x] = false;
    return lowx;
}
void solve(LL x, LL fa){
    vis[x] = 1;
    block[x] = cnt1;
    for(LL i = head[x]; i != -1; i = next[i]){
        LL y = v[i];
        if(!vis[y]){
            solve(y, x);
        }
    }
}

void get_ans(LL x, LL fa){
    vis[x] = 1;
    cnt2 ++;
    if(cnt1 > 1) return;
    for(LL i = head[x]; i != -1; i = next[i]){
        LL y = v[i];
        if(cnt1 > 1) return;
        if(!vis[y]){
            if(iscut[y]){
                vis[y] = true;
                kk[++ tot] = y;
                cnt1 ++;
                continue;
            }
            get_ans(y, x);
        }
    }
}
int main(){
    LL n;
    LL h = 0;
    while(scanf("%lld", &n) != EOF){
        if(n == 0) return 0;
        h ++;
        memset(head, -1, sizeof(head));
        LL m = 0;
        for(LL i = 1; i <= n; i ++){
            scanf("%lld%lld", &u[2 * i - 1], &v[2 * i - 1]);
            m = max(m, u[2 * i - 1]);
            m = max(m, v[2 * i - 1]);
            u[2 * i] = v[2 * i - 1];
            v[2 * i] = u[2 * i - 1];
            next[2 * i - 1] = head[u[2 * i - 1]];
            head[u[2 * i - 1]] = 2 * i - 1;
            next[2 * i] = head[u[2 * i]];
            head[u[2 * i]] = 2 * i;
        }
        dfs_clock = 0;
        memset(iscut, 0, sizeof(iscut));
        memset(pre, 0, sizeof(pre));
        LL wl = dfs(1, -1);
        for(LL i = 1; i <= m; i ++) vis[i] = iscut[i];
        for(LL i = 1; i <= m; i ++){
            if(!vis[i]){
                cnt1 ++;
                solve(i, -1);
            }
        }
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        LL ans1 = 0, ans2 = 1;
        tot = 0;
        memset(vis_block, 0, sizeof(vis_block));
        for(LL i = 1; i <= m; i ++){
            if(!iscut[i] && !vis[i] && !vis_block[block[i]]){
                cnt1 = 0;
                cnt2 = 0;
                get_ans(i, -1);
                if(cnt1 == 1){
                    ans1 ++;
                    ans2 *= cnt2;
                }
                for(LL j = 1; j <= tot; j ++){
                    vis[kk[j]] = 0;
                }
                tot = 0;
                vis_block[block[i]] = 1;
            }
        }
        if(ans1 == 0) printf("Case %lld: 2 %lld\n", h, m * (m - 1) / 2);
        else printf("Case %lld: %lld %lld\n", h, ans1, ans2);
    }
    return 0;
}