題目描述

在Byteotia有 \(n\) 個城鎮。 一些城鎮之間由無向邊連線。在城鎮外沒有十字路口，儘管可能有橋，隧道或者高架公路（反正不考慮這些）。每兩個城鎮之間至多隻有一條直接連線的道路。人們可以從任意一個城鎮直接或間接到達另一個城鎮。每個城鎮都有一個公民，他們被孤獨所困擾。事實證明，每個公民都想拜訪其他所有公民一次（在主人所在的城鎮）。所以，一共會有 \(n*(n-1)\) 次拜訪。

不幸的是，一個程式設計師總罷工正在進行中，那些程式設計師迫切要求購買某個軟體。作為抗議行動，程式設計師們計劃封鎖一些城鎮，阻止人們進入，離開或者路過那裡。正如我們所說，他們正在討論選擇哪些城鎮會導致最嚴重的後果。

編寫一個程式：

讀入Byteotia的道路系統，對於每個被決定的城鎮，如果它被封鎖，有多少訪問不會發生，輸出結果。

輸入格式

第一行讀入 \(n，m (1\le n\le 100\ 000, 1\le m\le 500\ 000)\)，分別是城鎮數目和道路數目

城鎮編號 \(1\sim n\)

接下來 \(m\) 行每行兩個數字 \(a,b (1\le a<b\le n)\)，表示 \(a\) 和 \(b\) 之間有一條無向邊

輸出格式

輸出 \(n\) 行，每行一個數字，為第 \(i\) 個城鎮被鎖時不能發生的訪問的數量。

題解

顯然，只有被封鎖的點為割點時，才會出現無法訪問的情況

所以求出所有點雙連通分量，對原圖建出圓方樹，只需要找出對於每個非葉子的圓點(原圖中的割點)，有多少條圓點到圓點的路徑經過它。當這個割點被封鎖後，這些路徑就無法訪問了

把圓點的權值看作 \(1\)，方點權值看作 \(0\)，然後維護子樹權值和就可以求出答案

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>
inline void read(T &num) {
	T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
	for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
	num = x * f;
}

int n, nn, m;
int head[100005], pre[1000005], to[1000005], sz;
int siz[200005];
ll ans[100005];

void addedge(int u, int v) {
	pre[++sz] = head[u]; head[u] = sz; to[sz] = v; 
	pre[++sz] = head[v]; head[v] = sz; to[sz] = u;
}

int dfn[100005], low[100005], tme, q[100005], top;
bool gd[100005];
vector<int> e[200005];

void tarjan(int x) {
	dfn[x] = low[x] = ++tme;
	q[++top] = x;
	int now = 0;
	for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
		int y = to[i];
		if (!dfn[y]) {
			tarjan(y);
			low[x] = min(low[x], low[y]);
			if (dfn[x] <= low[y]) {
				n++;
				int z = 0;
				do {
					z = q[top];
					e[n].push_back(z);
					e[z].push_back(n);
					top--;
				} while (z != y);
				e[n].push_back(x);
				e[x].push_back(n);
			}
		} else {
			low[x] = min(low[x], dfn[y]);
		}
	}
}

void dfs(int x, int fa) {
	if (x <= nn) siz[x] = 1;
	for (auto y : e[x]) {
		if (y == fa) continue;
		dfs(y, x);
		if (x <= nn) {
			ans[x] += 1ll * siz[x] * siz[y];
		} 
		siz[x] += siz[y];
	}
	if (x <= nn) {
		ans[x] += 1ll * siz[x] * (nn - siz[x]);
	}
}

int main() {
	read(n); nn = n; read(m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int a, b;
		read(a); read(b);
		addedge(a, b);
	}
	tarjan(1);
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= nn; i++) {
		printf("%lld\n", ans[i] * 2); //u->v和v->u都要算
	}
	return 0;
}