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1183. 电力
给定一个由 \(n\) 个点 \(m\) 条边构成的无向图，请你求出该图删除一个点之后，连通块最多有多少。
输入格式
输入包含多组数据。
每组数据第一行包含两个整数 \(n,m\)。
接下来 \(m\) 行，每行包含两个整数 \(a,b\)，表示 \(a,b\) 两点之间有边连接。
数据保证无重边。
点的编号从 \(0\) 到 \(n-1\)。
读入以一行 \(0\ 0\) 结束。
输出格式
每组数据输出一个结果，占一行，表示连通块的最大数量。
数据范围
\(1 \le n \le 10000\),
\(0 \le m \le 15000\),
\(0 \le a,b < n\)
输入样例：
3 3
0 1
0 2
2 1
4 2
0 1
2 3
3 1
1 0
0 0
输出样例：
1
2
2
解题思路
缩点，点双连通分量
无向图的点双连通分量的重要概念：割点。即如果删除某点后，整个图的连通性会发生改变，则该点称为割点。不含割点的连通块即点双连通分量。对于一个点 \(x\) 来说，设其连向的另外一个点 \(y\)，\(x\) 为割点当且仅当 \(dfn[x]\leq low[y]\)
显然，删除的节点即割点，不妨枚举整个无向图的所有连通块的割点，取分成的最多连通块的割点即可
- 时间复杂度：\(O(n+m)\)
代码
// Problem: 电力
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/1185/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=10005,M=30005;
int n,m;
int h[N],ne[M],e[M],idx;
int timestamp,dfn[N],low[N];
int res,root;
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++timestamp;
int cnt=0;
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(!dfn[j])
{
tarjan(j);
low[x]=min(low[x],low[j]);
if(dfn[x]<=low[j])cnt++;
}
else
low[x]=min(low[x],dfn[j]);
}
if(x!=root)cnt++;
res=max(res,cnt);
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m),n||m)
{
memset(h,-1,sizeof h);
memset(dfn,0,sizeof dfn);
timestamp=idx=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
res=0;
int cnt=0;
for(root=0;root<n;root++)
if(!dfn[root])
{
cnt++;
tarjan(root);
}
printf("%d\n",res+cnt-1);
}
return 0;
}