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题目描述
B城有 n 个城镇，m 条双向道路。
每条道路连结两个不同的城镇，没有重复的道路，所有城镇连通。
把城镇看作节点，把道路看作边，容易发现，整个城市构成了一个无向图。
输入格式
第一行包含两个整数 n 和 m。
接下来 m 行，每行包含两个整数 a 和 b，表示城镇 a 和 b 之间存在一条道路。
输出格式
输出共 n 行，每行输出一个整数。
第 i 行输出的整数表示把与节点 i 关联的所有边去掉以后（不去掉节点 i 本身），无向图有多少个有序点（x，y），满足 x 和 y 不连通。
首先明确一点，有序点的含义，也就是说(x, y)和(y, x)不一样。对于一个点，如果它是不是割点，也就是说删除点和关联的边后连通性没有变化，但是题目要求保留点，也就是说这个点孤立无援，和其他所有的点都失去了联系，所以此时有序点个数为 (n-1) * 2。
如果是割点，一旦删除割点和关联的边，本来连通的部分会分裂为多个互不连通的块。分裂后的连通块可以分为以下三种情况之一。
- 节点自身
- 搜索树上的以当前节点某字节点为根的子树
- 除去以上两种以外剩余的部分节点
用Size[x]表示以x为根的搜索树的大小，如果当前节点now（是割点）的子搜索树有a和b，他们的根分别为a和b，那么删除掉now的临边后，有序对有Size[a] × \times × (n-Size[a]) + Size[b] × \times ×(n-Size[b])（这个子连通块内的点与其他不属于这个连通块内的点互为有序对），还有now到其他n-1个点也互为有序对（now孤立了），以及除了这两个部分以外剩余的点与其他点也互为有序对（即(n-Size[a]-Size[b] - 1) × \times ×(Size[a]) + Size[b] + 1）这就是这个割点所有的有序点的个数。
也许有人有疑问，(x, y)和(y, x)不是不一样的吗？为什么只计算了一次？其实不是计算了一次，而是两次都计算了。例如上述的求解过程中，删除了点now的临边，那么增加的有Size[a] × \times ×(n-Size[a])等等，这个里面就包括了Size[a]和now这个点之间的一次计算，那么这么走下来，整好每个这样的有序点(x, y)和(y, x)都恰恰各被计算了一次。
比较繁琐的就在于第三种情况，需要用到前面的和，因此可以专门用一个变量sum来记录和，在前面的运算中依次累加，后面直接应用即可。
总结： 其实就是一个tarjan求割点的问题，稍微复杂了一点。
Note: 乘法运算可能超出了int范围，推荐使用long long。
/**
* Author : correct
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#define mem(a ,b) memset(a, b, sizeof a)
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 100100, M = 1000100;
int head[N], nex[M], to[M], cnt;
ll Size[N];
ll ans[N];
int dfn[N], low[N], num;
bool cut[N];
int root;
int n, m;
void add(int a, int b){
to[++cnt] = b;
nex[cnt] = head[a];
head[a] = cnt;
}
void tarjan(int x){
dfn[x] = low[x] = ++num;
Size[x] = 1;
int f = 0;
int sum = 0;
for (int i = head[x]; i; i = nex[i]){
int y = to[i];
if (!dfn[y]){
tarjan(y);
Size[x] += Size[y];
low[x] = min(low[x], low[y]);
if (dfn[x] <= low[y]){
// x是割点
f++;
if (x != root || f > 1)cut[x] = 1;
//根节点是割点的要求强一点，因为如果仅仅满足dfn[x] <= low[y]
//若根节点的搜索树只有一个子节点，那么把根删除没有影响，因为它是端点
//但是如果是中间的点，那它的子节点就一定不能不经过它回到祖先节点，所以它就是割点
ans[x] += Size[y] * ((ll)n - Size[y]);
sum += Size[y];
}
}
else low[x] = min(low[x], dfn[y]);
}
if (!cut[x]){
//如果不是割点就是(n-1)*2
ans[x] = (n - 1) * 2;
}
else {
//是割点就是前面计算过的加上(n-1)（自己这个点和其他点） 后面是第三种情况下的
ans[x] += (ll)(n - 1) + (ll)(n - 1 - sum) * (ll)(sum + 1);
}
}
int main()
{
//freopen("in.in", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m;
while (m--){
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b), add(b, a);
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
if (!dfn[i]){
root = i;
tarjan(i);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
cout << ans[i] << "\n";
}
return 0;
}