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题目

传送门

思路

首先有一个性质，删一条边最多能使连通块的个数+1
之后考虑哪些边能使连通块的个数+1
很明显是非环边
为什么不能是环呢？
对于一个环如果只删一条边，只会使这个环变成一条链
之后我们先将所有的非环边删去
再对每一个环按照环的大小进行从大到小进行排序，
为什么要从大到小呢？
对于每一个环，
首先必须删一条边，在删完这条边之后的删的边才能是连通块的个数+1
也就是说破环成链的次数越少越好。
以上就是大体的思路
实现的难（♂）点就是如何判断环边与非环边
其实用一次DFS就可以解决，我们对每一个遍历到的点定义一个dep
如果在遍历u号的儿子v节点时
发现\(dep_u>dep_v且dep_u-dep_v>1\)的话就可以确定一个环的大小
注意一定不能用不关同步的cin和cout
不然：\(TLE*\infty\)
笔者以为是自己代码本身的问题，耗了一个上午,WTF!!!

代码

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,k;
int tot_cir;
int ans;
int depth[1000005];
vector<int> cir;
vector<int> g[1000005];
void dfs(int u,int fr)
{
    depth[u]=depth[fr]+1;
    for(int i=0;i<g[u].size();i++)
    {
        int v=g[u][i];
        if(depth[v]==0)
        {
            dfs(v,u);
        }
        else if(depth[v]<depth[u])
        {
            if(depth[u]-depth[v]>1)
            {
                cir.push_back(depth[u]-depth[v]+1);
                tot_cir+=depth[u]-depth[v]+1;
            }
        }
    }
}
bool cmp(int a,int b)
{
    return a>b;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u;
        int v;
        cin>>u>>v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!depth[i])
        {
            ans++;
            dfs(i,0);
        }
             
    }
    if(k-(m-tot_cir)<=0)
    {
        cout<<k+ans;
        return 0;
    }
    else
    {
        k-=(m-tot_cir);
        ans+=(m-tot_cir);
        sort(cir.begin(),cir.end(),cmp);
        for(int i=0;i<cir.size()&&k;i++)
        {
            if(k>=cir[i])
            {
                ans+=cir[i]-1;
                k-=cir[i];
            }
            else
            {
                ans+=k-1;
                break;
            }
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

习题：沙漠点列（图论）

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原文地址：https://www.cnblogs.com/loney-s/p/11782803.html