BZOJ3060 [Poi2012]Tour de Byteotia

首先我們發現删掉一個兩個端點中不包含關鍵點的邊肯定不會比删一個包含關鍵點的邊要優，因為包含關鍵點的邊所在的包含關鍵點的簡單環的數量肯定不比不包含關鍵點的邊要少，進一步我們就可以發現我們一定可以構造出一種最優方案使得删掉的每一條邊都包含關鍵點，因為任何時候删掉包含關鍵點的邊不會更劣，而删掉所有包含關鍵點的邊之後一定滿足題意

我們對所有不包含關鍵點的邊做一個生成樹，然後嘗試把所有包含關鍵點的邊加進來，如果加進來之後還是一棵樹就加進來，否則就不加進來，答案+1

因為沒有被包含在初始生成樹裡的不包含關鍵點的邊一定不會對答案産生影響

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
#define MAXN 1000010
#define MAXM 2000010
#define INF 1000000000
#define MOD 1000000007
#define eps 1e-8
#define ll long long
int n,m,k;
int f[MAXN];
int v1[MAXM],v2[MAXM];
int ans;
int fa(int x){
	return f[x]==x?x:f[x]=fa(f[x]);
}
int main(){
	int i;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(i=1;i<=n;i++){
		f[i]=i;
	}
	for(i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&v1[i],&v2[i]);
		if(v1[i]>k&&v2[i]>k){
			f[fa(v1[i])]=fa(v2[i]);
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++){
		if(v1[i]<=k||v2[i]<=k){
			if(fa(v1[i])==fa(v2[i])){
				ans++;
			}else{
				f[fa(v1[i])]=fa(v2[i]);
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

/*

*/