题目大意：
给你一个无向图，然后再给你一个Q代表有Q次询问，每一次加一条边之后还有几座桥。在这里要对重边进行处理。
每次加入一条边之后，在这条搜索树上两个点的公共祖先都上所有点的桥都没了。
这里重边的处理上要说一下， 我以前第一写的时候根本没考虑这个问题，但是居然过了。。。过了。。。 很扯淡，但是重边的问题确实是存在、
这里我们 使用一个 bridge 数组来保存桥， 因为有重边的存在 只有 bridge 数量为 1 的时候这个路径才算是桥，否则则不是桥
bridge[i] 是指 i 和 father[i] 是一座桥
题目大意：
给你一个无向图，然后再给你一个Q代表有Q次询问，每一次加一条边之后还有几座桥。在这里要对重边进行处理。
每次加入一条边之后，在这条搜索树上两个点的公共祖先都上所有点的桥都没了。
这里重边的处理上要说一下， 我以前第一写的时候根本没考虑这个问题，但是居然过了。。。过了。。。 很扯淡，但是重边的问题确实是存在、
这里我们 使用一个 bridge 数组来保存桥， 因为有重边的存在 只有 bridge 数量为 1 的时候这个路径才算是桥，否则则不是桥
bridge[i] 是指 i 和 father[i] 是一座桥
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <cstring>
usingnamespace std;
#define INF 0xfffffff
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define maxn 100005
int m, n, Time, ans;
int dfn[maxn], low[maxn], Father[maxn], bridge[maxn];
vector<int> G[maxn]; void init()
{
memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
memset(low, 0, sizeof(low));
memset(bridge, 0, sizeof(bridge));
memset(Father, 0, sizeof(Father));
Time = ans = 0; for(int i=0; i<=n; i++)
G[i].clear();
} void Tarjan(int u,int fa)
{
dfn[u] = low[u] = ++Time;
Father[u] = fa;
int len = G[u].size(), v; for(int i=0; i<len; i++)
{
v = G[u][i]; if( !low[v] )
{
Tarjan(v, u);
low[u] = min(low[u], low[v]); if(dfn[u] < low[v])
{
bridge[v] ++;
ans ++;
}
}
elseif(v != fa)
{
low[u] = min(low[u], dfn[v]); if(dfn[u] < low[v])
{
bridge[v] ++;
ans --;
}
} }
}
void Lca(int a,int b)
{
if(a == b)
return ; if(dfn[a] > dfn[b])
{
if( bridge[a] == 1)
{
bridge[a] = 0;
ans --;
}
Lca(Father[a], b);
}
else
{
if(bridge[b] == 1)
{
bridge[b] = 0;
ans --;
}
Lca(a, Father[b]);
}
} int main()
{
int cas = 1;
while(scanf("%d %d",&n, &m), m+n)
{
int Q, a, b;
init();
while(m --)
{
scanf("%d %d",&a, &b);
G[a].push_back(b);
G[b].push_back(a);
} scanf("%d", &Q);
Tarjan(1, 0);
// printf("%d\n", ans);
printf("Case %d:\n", cas ++);
while(Q --)
{
scanf("%d %d",&a, &b);
Lca(a, b);
printf("%d\n", ans);
}
}
return0;
}
/* 4 4
1 2
2 1
2 3
1 4
2
1 2
3 4 */