题意
给出一张\(n\)点\(m\)边无向连通图，求每条边出现在多少个割集中。
\(n\le20,m\le\frac{n(n-1)}{2}\)
sol
所谓割集，就是指把\(n\)个点分成两个集合后，两个集合分别都是连通的。
所以我们可以预处理出每一个点集是否连通。
考虑边\((u,v)\)。实际上\((u,v)\)要出现在割集中，\(u,v\)就必然在不同的点集中。
来一波总方案减不合法。
所有可行的割的方案减去\(u,v\)在同一个割集里面的方案。
\(u,v\)在同一个割集里面的方案实际上就是集合\(\{u,v\}\)的超集之和。高维前缀和搞一搞。
前面那个预处理每个点集是否连通，使用\(bfs\)处理。
处理出每个点集的相邻点集，每次\(bfs\)时候向外扩展一个节点，若未访问就丢到队列里面去。
复杂度\(O(n\log{n})\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 1<<21;
int T,n,m,all,u[500],v[500],reach[N],able[N],sum,tot[N];
queue<int>Q;
inline int lowbit(int k){return k&-k;}
int main()
{
T=gi();
for (int zsy=1;zsy<=T;++zsy)
{
n=gi();m=gi();all=(1<<n)-1;sum=0;
memset(reach,0,sizeof(reach));
memset(able,0,sizeof(able));
memset(tot,0,sizeof(tot));
for (int i=1;i<=m;++i)
{
u[i]=gi();v[i]=gi();
reach[1<<u[i]]|=1<<v[i];
reach[1<<v[i]]|=1<<u[i];
}
for (int i=0;i<=all;++i)
reach[i]=reach[lowbit(i)]|reach[i^lowbit(i)];
for (int i=0;i<n;++i)
Q.push(1<<i),able[1<<i]=1;
while (!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
int tmp=reach[u];
while (tmp)
{
int v=u|lowbit(tmp);
if (!able[v]) able[v]=1,Q.push(v);
tmp^=lowbit(tmp);
}
}
for (int i=0;i<=all;++i)
if (able[i]&&able[i^all])
++sum,++tot[i];
sum>>=1;
for (int j=0;j<n;++j)
for (int i=all;i>=0;--i)
if ((i&(1<<j))==0) tot[i]+=tot[i|(1<<j)];
printf("Case #%d:",zsy);
for (int i=1;i<=m;++i)
printf(" %d",sum-tot[(1<<u[i])|(1<<v[i])]);
puts("");
}
}