题意:为了从(N(1≤F≤5000))个草场中的一个走到另一个，贝茜和她的同伴们有时不得不路过一些她们讨厌的可怕的树．奶牛们已经厌倦了被迫走某一条路，所以她们想建一些新路，使每一对草场之间都会至少有两条相互分离的路径，这样她们就有多一些选择．每对草场之间已经有至少一条路径．给出所有(M(N-1≤M≤10000))条双向路的描述，每条路连接了两个不同的草场，请计算最少的新建道路的数量, 路径由若干道路首尾相连而成．两条路径相互分离，是指两条路径没有一条重合的道路．但是，两条分离的路径上可以有一些相同的草场． 对于同一对草场之间，可能已经有两条不同的道路，你也可以在它们之间再建一条道路，作为另一条不同的道路．
我们首先肯定是要把整个无向图缩点,变成一棵树,然后题目就转化了把一棵树变成一个环所需要的最少边数,这是一个有结论的问题.
因为是无向图不能直接缩点,我们需要先tarjan求出所有的桥边,记为(bridge[i]=1).然后再求边双连通分量(e-DCC),可以看作是缩点.然后我们枚举所有的边,如果这条边的两个端点不属于同一个边双连通分量,那么这两个端点分别所属的边双连通分量是树上的不同节点,我们记录一下度数.
最后设所有度数为1的叶子节点的个数为ans,那么最终答案就是((ans+1)/2),即(ans/2)向上取整.为什么是这个结论?因为对于所有的叶子节点我们贪心地每次在两个不同的叶子节点之间连边,这样一棵树就变成了一个环,满足了题意.
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#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int N=20005;
int n,m,ans,dcc;
int a[N],b[N],c[N],deg[N];
int tot,head[N],nxt[N],to[N];
int timeclock,dfn[N],low[N],bridge[N];
inline void add(int a,int b){
nxt[++tot]=head[a];head[a]=tot;to[tot]=b;
}
inline void tarjan(int u,int fa){
dfn[u]=low[u]=++timeclock;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(!dfn[v]){
tarjan(v,i);
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(dfn[u]<low[v])bridge[i]=bridge[i^1]=1;
}
else if(i!=(fa^1)){
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
}
inline void dfs(int x){
c[x]=dcc;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(c[v]||bridge[i])continue;
dfs(v);
}
}
int main(){
n=read();m=read();tot=1;
for(int i=1;i<=m;++i){
a[i]=read();b[i]=read();
add(a[i],b[i]);add(b[i],a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i)if(!dfn[i])tarjan(i,0);//求桥边
for(int i=1;i<=n;++i)if(!c[i]){++dcc;dfs(i);}//缩点
for(int i=1;i<=m;++i)
if(c[a[i]]!=c[b[i]]){
++deg[c[a[i]]];
++deg[c[b[i]]];
}
for(int i=1;i<=dcc;i++)if(deg[i]==1)++ans;
printf("%d
",(ans+1)/2);
return 0;
}