连通图
原题链接：https://cn.vjudge.net/article/371
ps：为了偷懒，以下建图都是用vector，悄悄和用链式前向星的对比下，（大部分情况下）发现链式前向星用的时间少了一半。
Network of Schools
POJ - 1236
题意：给一个有向图，求最少需要加几个网络到结点，使得这些网络能到达任意一个结点；以及最少需要加入多少个连边，使得图的任意一个点，可达任意其他点。
题解：先缩点，缩点后得到的树求其入度为0、出度为0的结点数in0、out0；答案就是in0和max(in0,out0)，特判下只有一个连通分量的情况。
#includeNetwork
UVA - 315
题意：给一个无向图（direct line:直达线）,求割点数。
题解：割点：
1.若为根结点，且子树数大于1
2.若为非根结点，则父子边u->v满足dfn[u]<=low[v]
注意的地方：图我用vector储存，对于第1点，不能直接用ve[root].size()来看，因为可能有重边的情况；对于第2点，不能每次遇到dfn[u]<=low[v]就直接ans++，因为u可能重复计数了。
#includeCritical Links
UVA - 796
给定一个无向图，求割边数，割边的性质：low(v)>dfn(u) 计算时要考虑重边，注意去重。
sb了，结点从0开始的
#includeNetwork
POJ - 3694
题意：给一个无向图，q个查询，问加入边后，当前树的割边数。
题解：先对每个强连通分量缩点，缩点后得到一棵树，如果这树的结点数为ans,那么割边数就是ans-1。对于每次加边操作，我们把这两个点之间的结点都union起来即可，然后根据找当前树的结点数ans，来得到当前割边数ans-1。
对于缩点，除了用常规的stack方法，还可以用并查集。
并查集实现：
#includestack缩点实现（不知为啥RE 留坑）。
#includeRedundant Paths
POJ - 3177
题意：给一个有向图，求最少加入多少边，使得原图的任意两点的路径数有至少2条；即加入边后图的割边数为0，也即加入边后图为双连通图。
题解：缩点得到一棵树（无向），问题转化为加入多少边，使得树为0割边（双连通）。则加入的边数为 （度数为1的结点数+1）/2。
#includeWarm up
HDU - 4612
题意：给一个无向图，求加入最少的一条边，使得剩下的割边（桥）最少。
题解：缩点，缩点后得到的树，对树求直径，则直径就是最多能减少的割边。
坑点：有重边，这题用vector莫得做了…
缩点方法，用并查集：
#include用stack缩点，与上一题Poj3694相比，能过。
#includeStrongly connected
HDU - 4635
题意：给定一个有向图，问加入最多多少边，这个图仍然是不是强连通的，如果这个图本身就是强连通的，输出-1。
题解：缩点，建图，对于新的图，记录每个新点包含点的个数，从入度为0或出度为0的新点中找出包含点数最小的minnum，再用上面剩余的边ans - minnum*(n-minnum)就是所要的答案。
（PS:缩点时用stack方法来染色，用并查集在此题不合适，因为是有向图）
#include
// u=cut[i].u;
// v=cut[i].v;
// u=color[u];
// v=color[v];
// in[v]++;out[u]++;
// }//不可用上述方法，因为我们这里建的是图，不是割边树
for(int u=1;u<=n;u++){
for(int i=0;i<ve[u].size();i++){
v=ve[u][i];
if(color[u]!=color[v]){
out[color[u]]++;
in[color[v]]++;
}
}
}
ll ans=1LL*n*(n-1)-m,res=n;
for(int v=1;v<=cn;v++){
if(!in[v]||!out[v])
res=min(res,1LL*num[v]);
}
printf("%lld\n",ans-res*(n-res));
}
return 0;
}
Caocao’s Bridges
HDU - 4738
题意：给定一个无向图，每个边有边权（守护人数），把这个图的一个桥（割边）炸掉，使得图不连通，要求需要人数不少于边权，求最少需要多少人。
题意：找出所有割边，求其中最小的割边做为答案。
注意：图本身不联通，答案为0；不存在桥，为-1；桥权值为0，需要一人。
#includePrince and Princess
HDU - 4685
题意：给n个王子，m个公主，每个王子匹配多个公主，求在满足最大匹配的情况下，每个王子能选择的公主数即具体的公主。
题解：求出最大匹配后，设最大匹配数为couple，两边分别建立(n-couple)个虚拟公主和(m-couple)虚拟王子。然后把每个王子匹配上的公主a，向和该王子能匹配的公主bi连边，那么最后能和被匹配上的公主a在同一个强连通分量的公主bi，则表示a能bi替换。
因为对于同一个连通分量的公主，就相当于她们移位一下她们的匹配王子，能保证最后的匹配数保持最大不变。
对于要建立虚拟公主、虚拟王子的原因，是为了解决如下样例的问题。
输入：
2 2
1 1
1 1
输出：
1 1
1 1
即王子a,b，公主c,d。a、b都能匹配c，但都不能匹配d，如果没有虚拟王子、虚拟公主来凑成完美匹配。那么答案（举例）可能就只有a匹配c,b不能匹配任何公主；这显然是不对的。
还有，对于这道题，用匈牙利算法求解最大匹配时，如果是王子向公主匹配，即为每个王子找公主的写法，则可以AC；如果是公主向王子匹配，即为每个公主找王子的写法，则会TLE，原因应该是王子向公主的边比较多，（题目说了ki<=500），这样匹配的dfs次数会比较多，时间复杂度高。
总结：对于二分匹配，一对多的情况下，跑算法时应该是为少的一方找对象，这样求解时间短一些。
#include