题干：
为了从F(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*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 R ( F - 1 ≤ R ≤ 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，请输出最少的需要新建的道路数．
题解：
加减道路？加减边？比较简单地就可以想到边双连通分量。
本题要求使每一个节点都可由至少两条道路到达，那么满足条件的节点就是度数 >= 2 的节点（无向图的度）。度数为 1 的节点就是不满足题意的。
在两点间建边有三种情况：
1、两个度数 >= 2 的节点相连：没用，舍掉。
2、一个度数 >= 2 ，另一个 = 1 的两个节点相连：使一个节点满足题意。
3、两个度数 = 1 的节点相连：使两个节点满足题意。
十分显然，两个度数 = 1 的节点相连一定是最优的。这也表明，本题核心在于找到 度数 = 1 的节点。
100% 错解（点双连通分量）：
像以往的点双连通分量，先缩点，求一下度数即可。
但这样的 AC 代码并不符合点双连通分量的求法（在实现过程中，需要在 tarjan 中判断掉父节点；在建边中，需要判掉重边）。
只能说在这道题中，数据并没有考虑这种打法，虽然 AC，一定是错解。
Code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define $ 5111
5 using namespace std;
6 int m,n,k,t,dfn[$],low[$],first[$],tot1,tar,sta[$],up,circle,tr=-1;
7 int sum,cir[$],out[$];
8 bool judge[$],vis[$][$];
9 struct tree{ int to,next; }a[$<<5],aa[$<<5];
10 inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; }
11 inline void add(int x,int y){
12 a[++tot1]=(tree){ y,first[x] };
13 first[x]=tot1;
14 a[++tot1]=(tree){ x,first[y] };
15 first[y]=tot1;
16 }
17 inline void tarjan(int x,int dad,int tmp=0){
18 dfn[x]=low[x]=++tar;
19 sta[++up]=x;
20 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){
21 int to=a[i].to;
22 if(to==dad) continue;
23 if(!dfn[to]){
24 tarjan(to,x);
25 low[x]=min(low[x],low[to]);
26 }
27 else low[x]=min(low[x],dfn[to]);
28 }
29 if(dfn[x]==low[x]){
30 ++circle;
31 do{
32 tmp=sta[up--];
33 cir[tmp]=circle;
34 }while(tmp!=x);
35 }
36 }
37 signed main(){
38 scanf("%d%d",&n,&m);
39 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i){
40 scanf("%d%d",&x,&y);
41 if(vis[x][y]==0) add(x,y),vis[x][y]=vis[y][x]=1;
42 }
43 tarjan(1,0);
44 for(register int i=1;i<=n;++i)
45 for(register int j=first[i];j;j=a[j].next){
46 int to=a[j].to;
47 if(cir[i]!=cir[to]) out[cir[i]]++;
48 }
49 for(register int i=1;i<=circle;++i) if(out[i]<2) sum++;
50 circle==1?puts("0"):printf("%d\n",(sum+1)/2);
51 }
View Code
100% 正解（边双连通分量）：
正解当然是边双连通分量。
1 inline void tarjan(int x,int opt){
2 dfn[x]=low[x]=++tar;
3 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){
4 int to=a[i].to;
5 if(!dfn[to]){
6 tarjan(to,i);
7 low[x]=min(low[x],low[to]);
8 if(low[to]>dfn[x]) br[i]=br[i^1]=1;
9 }
10 else if(i!=(opt^1)) low[x]=min(low[x],dfn[to]);
11 }
12 }
13 inline void dfs(int x){
14 in[x]=dcc;
15 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){
16 int to=a[i].to;
17 if(in[to]||br[i]) continue;
18 dfs(to);
19 }
20 }
同样是先缩点，求一下度数即可。
Code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define $ 5111
5 using namespace std;
6 int m,n,sum,dfn[$],low[$],first[$],tot,tar,br[$],up,circle,dcc,in[$],out[$];
7 struct tree{ int to,next; }a[$<<5],aa[$<<5];
8 inline int min(int x,int y){ return x<y?x:y; }
9 inline void add(int x,int y){
10 a[++tot]=(tree){ y,first[x] };
11 first[x]=tot;
12 a[++tot]=(tree){ x,first[y] };
13 first[y]=tot;
14 }
15 inline void tarjan(int x,int opt){
16 dfn[x]=low[x]=++tar;
17 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){
18 int to=a[i].to;
19 if(!dfn[to]){
20 tarjan(to,i);
21 low[x]=min(low[x],low[to]);
22 if(low[to]>dfn[x]) br[i]=br[i^1]=1;
23 }
24 else if(i!=(opt^1)) low[x]=min(low[x],dfn[to]);
25 }
26 }
27 inline void dfs(int x){
28 in[x]=dcc;
29 for(register int i=first[x];i;i=a[i].next){
30 int to=a[i].to;
31 if(in[to]||br[i]) continue;
32 dfs(to);
33 }
34 }
35 signed main(){
36 scanf("%d%d",&n,&m); tot++;
37 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);
38 tarjan(1,0);
39 for(register int i=1;i<=n;++i) if(!in[i]) dcc++,dfs(i);
40 for(register int i=2,x,y;i<=tot;++i){
41 x=a[i^1].to,y=a[i].to;
42 if(in[x]!=in[y]) out[in[y]]++;
43 }
44 for(register int i=1;i<=dcc;++i) if(out[i]==1) sum++;
45 dcc==1?puts("0"):printf("%d\n",(sum+1)/2);
46 }
View Code