傳送門

題意：給出一個$N$個點、$M$條邊的無向連通圖，求有多少組無序數對$(i,j)$滿足：割掉第$i$條邊與第$j$條邊之後，圖變為不連通。$N \leq 10^5 , M \leq 3 \times 10^5$

竟然隨機化，歪果仁的思想好靈活qwq肯定是數據結構做多了

看起來很像割邊，考慮$tarjan$，但是邊散連通分量並不是很好實現，而且有很多特殊情況需要判斷，所以我們考慮另外的算法

考慮$tarjan$時建出的一棵樹。對於它來說，在一個端點在其下方、另一個端點在其上方的的返祖邊可以成為它的依靠，因為割掉它，這一條依靠邊可以代替它的功能。而對於一條返祖邊來說，割掉對於樹邊是沒有影響的，我們就定義它自己為自己的依靠。

這樣每一條邊都有自己的依靠集合。考慮兩條依賴集合相同的邊，將它們割掉之後，中間一段的點就會因為上下都沒有額外的依靠而使得圖不連通。而對於一條依賴集合為空的邊（即割邊），它選擇任何邊都可以加入貢獻。

所以我們現在需要考慮如何給某一段邊加入貢獻。然後CC的題解給出的玄學辦法是：隨機化+樹上差分+XOR

我們考慮將給一條返祖邊定權值為一個$random$出來的值$t$，然後把所有依靠它的邊的依靠集合異或上這個值，這個可以樹上差分去做。這樣所有的依靠集合就變成了一個數。然後我們判斷兩條邊的依靠集合對應的數是否相等即可。

Because 2^64 is large enough comparing to the range of N

and M, don‘t worry about the probability. :) You will get AC if you implemented correctly.——原題題解

然而我$rand() WA$了好幾發qwq

如果隨機數種子出了問題的話就看下面這種玄學rand好了

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define CC
 3 using namespace std;
 4 
 5 inline int read(){
 6     int a = 0;
 7     bool f = 0;
 8     char c = getchar();
 
 9     while(c != EOF && !isdigit(c)){
10         if(c == ‘-‘)
11             f = 1;
12         c = getchar();
13     }
14     while(c != EOF && isdigit(c)){
15         a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ ‘0‘);
16         c = getchar();
17     }
18     return f ? -a : a;
19 }
20 
21 const int MAXN = 100010;
22 struct Edge{
23     int end , upEd;
24 }Ed[MAXN * 6];
25 int head[MAXN] , num[MAXN] , dep[MAXN] , fa[MAXN] , N , cntEd , cnt;
26 unsigned long long point[MAXN] , forS[MAXN * 3];
27 bool vis[MAXN];
28 
29 #define ll unsigned long long
30 inline ll rp(){return (1ll*rand())^(1ll*rand())<<15^(1ll*rand())<<30^(1ll*rand())<<45^(1ll*rand())<<60;}
31 
32 inline void addEd(int a , int b){
33     Ed[++cntEd].end = b;
34     Ed[cntEd].upEd = head[a];
35     head[a] = cntEd;
36 }
37 
38 void dfs1(int x , int t){
39     fa[x] = t;
40     dep[x] = dep[fa[x]] + 1;
41     vis[x] = 1;
42     for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
43         if(!vis[Ed[i].end])
44             dfs1(Ed[i].end , x);
45         else
46             if(dep[Ed[i].end] > dep[x]){
47                 long long t = rp();
48                 point[x] ^= t;
49                 point[Ed[i].end] ^= t;
50                 forS[++cnt] = t;
51             }
52 }
53 
54 void dfs2(int x){
55     for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
56         if(fa[Ed[i].end] == x){
57             dfs2(Ed[i].end);
58             point[x] ^= point[Ed[i].end];
59         }
60     if(x != 1)
61         forS[++cnt] = point[x];
62 }
63 
64 int main(){
65 #ifdef CC
66     freopen("TAPAIR.in" , "r" , stdin);
67     freopen("TAPAIR.out" , "w" , stdout);
68 #endif
69     
70     N = read();
71     int M = read();
72     for(int i = 1 ; i <= M ; i++){
73         int a = read() , b = read();
74         addEd(a , b);
75         addEd(b , a);
76     }
77     dfs1(1 , 0);
78     dfs2(1);
79     sort(forS + 1 , forS + cnt + 1);
80     int p = 1;
81     while(p <= cnt && forS[p] == 0)
82         p++;
83     long long ans = (p - 1) * (long long)(p - 2) / 2 + (p - 1) * (M - p + 1);
84     while(p <= cnt){
85         int beg = p;
86         while(p <= cnt && forS[p] == forS[beg])
87             p++;
88         ans += (long long)(p - beg) * (p - beg - 1) / 2;
89     }
90     cout << ans;
91     return 0;
92 }

Codechef Counting the important pairs 樹上差分