一、題目
二、解法
我佛了,本來能掉的,結果寫爆了。
首先建出生成樹,一個點維護兩個值:是否能通過樹邊走到,能通過多少非樹邊走到,然後我們考慮樹邊和非樹邊。
考慮斷掉一條樹邊(保證),修改的第一個值,然後判斷會不會被刪掉(不能通過樹邊走到,也不能通過非樹邊走到),如果被刪掉了那麼我們繼續考慮它的子樹,修改第一個值,把非樹邊相連並且深度相差的點修改第二個值,不難發現這構成了一個遞歸關係,我們在遞歸的過程中把刪去的點打上標記,不會反覆刪去,並且也把刪去的邊打上標記。
考慮斷掉一條非樹邊,判斷深度是否相差爲,是的話就修改第二個值並且遞歸判斷是否需要刪去。
時間複雜度是的,因爲只有每個點被刪去時纔會訪問邊,否則都只是的修改,而每一個點只會被刪去一次,還有一些細節就省略了,有疑問的話可以康康代碼。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 200005;
int read()
{
int x=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x*flag;
}
int n,m,q,tot,ans,f[M],a[M],b[M],vis[M],fa[M],dep[M],fl[M],num[M],fu[M],use[M];
vector<int> g[M];
struct edge
{
int v,next;
edge(int V=0,int N=0) : v(V) , next(N) {}
}e[2*M];
void bfs()
{
queue<int> q;
q.push(1);vis[1]=dep[1]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(!vis[v])
{
fa[v]=u;dep[v]=dep[u]+1;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
}
void dfs(int u)
{
if(!fl[u] || num[u]) return ;
if(fu[u]) return ;
ans++;fu[u]=1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa[u] || use[(i+1)/2]) continue;
use[(i+1)/2]=1;
if(fa[v]==u)
{
fl[v]=1;
dfs(v);
}
else if(dep[v]==dep[u]+1)
{
num[v]--;
dfs(v);
}
}
}
signed main()
{
n=read();m=read();q=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
e[++tot]=edge(v,f[u]),f[u]=tot;
e[++tot]=edge(u,f[v]),f[v]=tot;
a[i]=u;b[i]=v;
}
bfs();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=a[i],v=b[i];
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
if(u!=fa[v] && dep[u]+1==dep[v])
num[v]++;
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int r=read(),u=a[r],v=b[r];
if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
if(use[r])
{
printf("%d\n",ans);
continue;
}
use[r]=1;
if(u==fa[v])
{
fl[v]=1;
dfs(v);
}
else if(dep[u]+1==dep[v])
{
num[v]--;
dfs(v);
}
printf("%d\n",ans);
}
}