AtCoder Beginner Contest 302 H. Ball Collector
题意跳过。
可以视作将 \(a_i, b_i\) 之间连了一条边，然后 \(a_i, b_i\) 之间只能选一个等价于对于一条边只能选择其一个端点。那么对于只包含树的联通块而言，如果都选择儿子节点，那么会有一个根节点无法被选择上；而对于包含至少一个环的联通块而言，所有节点都可以被选择上，例如，可以先找出环，然后利用环上的边将环上的点都选上，然后对于连上环的边，选上边另一头的节点即可，这样慢慢延申到整个联通块。
因此，答案为：所有节点个数 – 树联通块个数
于是问题就转化为如何维护树联通块个数了。
可以使用并查集维护每一个联通块内包含的边的个数，这样每一个联通块是否为树就很好判断了。如果这是一条链，那么并查集非常好操作，但是这是一棵树，于是需要回退操作。于是可以使用可撤销并查集来做。
由于路径压缩会破坏联通块的结构，因此可撤销并查集仅使用启发式合并/按秩合并的方式，具体为开一个栈记录每次更新时原来的信息，例如代码假设是把 \(u\) 节点合并进入 \(v\) 节点，那么要记录 \(u, v, pa_u\) 这三个值。时间复杂度与仅使用启发式合并时间复杂度相同：\(O(n \log n)\)。
#includeusing namespace std;typedef long long ll;typedef double db;typedef long double ld;#define IL inline#define fi first#define se second#define mk make_pair#define pb push_back#define SZ(x) (int)(x).size()#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()#define dbg1(x) cout << #x << " = " << x << ", "#define dbg2(x) cout << #x << " = " << x << endltemplate IL void read(Tp &x) { x=0; int f=1; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} x *= f;}int buf[42];template IL void write(Tp x) { int p = 0; if(x < 0) { putchar('-'); x=-x;} if(x == 0) { putchar('0'); return;} while(x) { buf[++p] = x % 10; x /= 10; } for(int i=p;i;i--) putchar('0' + buf[i]);}const int N = 200000 + 5;int n, tree_cnt = 0;int a[N], b[N];int pa[N], sz[N], cnt[N], col[N], ans[N];stack<array > sta; // 假设上一次操作是 u -> v，那么 0 -> u, 1 -> v, 2 -> pa[u]vector G[N];void solve() { read(n); for (int i = 0; i < n; i++) { read(a[i]); a[i]--; read(b[i]); b[i]--; } for (int i = 0; i < n - 1; i++) { int u, v; read(u); read(v); u--; v--; G[u].pb(v); G[v].pb(u); } fill(sz, sz + n, 1); fill(cnt, cnt + n, 0); iota(pa, pa + n, 0); function findset = [&] (int u) { return u == pa[u] ? u : findset(pa[u]); }; auto merge = [&] (int u, int v) { int fu = findset(u), fv = findset(v); if (sz[fu] > sz[fv]) { swap(fu, fv); swap(u, v);} sta.push({fu, fv, pa[fu]}); pa[fu] = fv; sz[fv] += sz[fu]; cnt[fv] += cnt[fu] + 1; }; auto undo = [&] () { auto now = sta.top(); sta.pop(); int fu = now[0], fv = now[1], pfu = now[2]; pa[fu] = pfu; sz[fv] -= sz[fu]; cnt[fv] -= cnt[fu] + 1; }; tree_cnt = n; function dfs = [&](int u, int fa) { int fau = findset(a[u]), fbu = findset(b[u]); if (fau == fbu) { if ((cnt[fau]++) == sz[fau] - 1) { tree_cnt --; } } else { if (sz[fau] == cnt[fau] + 1 || sz[fbu] == cnt[fbu] + 1) tree_cnt --; merge(a[u], b[u]); } ans[u] = n - tree_cnt; for (int v : G[u]) { if (v == fa) continue; dfs(v, u); } if (fau != fbu) { undo(); if (sz[fau] == cnt[fau] + 1 || sz[fbu] == cnt[fbu] + 1) tree_cnt++; } else if ((--cnt[fau]) == sz[fau] - 1) { tree_cnt ++; } }; dfs(0, -1); for (int i = 1; i < n; i++) { write(ans[i]); putchar(" \n"[i == n - 1]); }}int main() {#ifdef LOCAL freopen("test.in", "r", stdin); // freopen("test.out", "w", stdout);#endif int T = 1; // read(T); while(T--) solve(); return 0;}