首先考虑到必经边一定是原图的一条割边。
那么对于一个\(e-DCC\)中的点是不存在必经边的。不懂\(e-DCC\)相关内容？戳Here
那么很容易想到对于每一个\(e-DCC\)缩点，得到一棵树。两点间路径的必经边条数就是两点所在的
\(e-DCC\)对应的新节点的树上路径长度。直接树上倍增即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define DB double
#define RG register
#define IL inline
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=2e5+3;
int n,m,Q,tot,cnt,num,Time,dfn[N],low[N];
int bri[N<<1],vis[N],bel[N],pos[N],dep[N],head[N],f[N][21];
struct edge{int x,y;}a[N];
struct EDGE{int next,to;}e[N<<1];
IL int gi() {
RG int x=0,p=1; RG char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') p=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x*p;
}
IL void New() {
tot=0;
memset(&e,0,sizeof(e));
memset(head,0,sizeof(head));
memset(vis,0,sizeof(vis));
}
IL void make(int x,int y) {
e[++tot]=(EDGE){head[x],y},head[x]=tot;
e[++tot]=(EDGE){head[y],x},head[y]=tot;
}
void Tarjan(int x,int fx) {
RG int i,y;
dfn[x]=low[x]=++Time;
for(i=head[x];i;i=e[i].next)
if(!dfn[y=e[i].to]) {
Tarjan(y,x),low[x]=min(low[x],low[y]);
if(low[y]>dfn[x]) bri[i]=bri[i^1]=1;
}
else if(y!=fx) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
void dfs(int x) {
RG int i,y;
vis[x]=1,bel[x]=cnt;
for(i=head[x];i;i=e[i].next)
if(!vis[y=e[i].to]&&!bri[i]) dfs(y);
}
void dfs2(int x) {
RG int i,y;
pos[x]=num,vis[x]=1;
for(i=1;i<=20;++i) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for(i=head[x];i;i=e[i].next)
if(!vis[y=e[i].to])
dep[y]=dep[x]+1,f[y][0]=x,dfs2(y);
}
IL int lca(int x,int y) {
RG int i;
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(i=20;i>=0;--i)
if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
if(x==y) return x;
for(i=20;i>=0;--i)
if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
return f[x][0];
}
int main()
{
RG int i,x,y;
n=gi(),m=gi(),tot=1;
for(i=1;i<=m;++i)
a[i].x=gi(),a[i].y=gi(),make(a[i].x,a[i].y);
for(i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]) Tarjan(i,0);
for(i=1;i<=n;++i)
if(!vis[i]) ++cnt,dfs(i);
for(i=1,New();i<=m;++i) {
x=a[i].x,y=a[i].y;
if(bel[x]!=bel[y]) make(bel[x],bel[y]);
}
for(i=1;i<=cnt;++i)
if(!vis[i]) f[i][0]=0,dep[i]=1,dfs2(i);
for(Q=gi();Q;--Q) {
x=bel[gi()],y=bel[gi()];
if(pos[x]!=pos[y]) puts("0"); // 是否在同一连通块
else {
if(x==y) puts("0"); // 是否在同一e-DCC
else printf("%d\n",dep[x]+dep[y]-2*dep[lca(x,y)]);
}
}
return 0;
}
同上面一样，必经点一定是割点。位于同一个\(v-DCC\)中的两点间路径不存在必经点。
同样的进行\(v-DCC\)缩点。这时\(v-DCC\)缩点方式的优越体现了出来：
假设每一个\(v-DCC\)缩完的新点叫圆点，每一个割点对应的新点叫方点，
那么两点间路径的必经点个数就是 两点所对应的树上新点 间路径上的方点个数！
事实上，这也正体现了\(v-DCC\)缩点后原来的点的性质在新图中的分布特点：
割点的性质体现在割点对应的新点（方点）上；
非割点的性质体现在其所在\(v-DCC\)对应的新点（圆点）上。
void tarjan(int x) {
RG int i,k,y,num=0;
dfn[x]=low[x]=++Time,sta[++top]=x;
if(x==RT&&head[x]==0) {
vec[++cnt].push_back(x);
return;
} // 孤立点的情况
for(i=head[x];i;i=e[i].next)
if(!dfn[y=e[i].to]) {
tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
if(dfn[x]<=low[y]) {
if(x!=RT||++num>1) cut[x]=1;
vec[++cnt].push_back(x);
do{
k=sta[top--];
vec[cnt].push_back(k);
}while(k!=y);
}
}
else low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
void dfs(int x,int fx) {
RG int i,y;
dep[x]=dep[fx]+1,f[x][0]=fx,g[x][0]=mtx[fx],vis[x]=1;
// g[][]记录的是往上跳的方点个数
for(i=1;i<=20;++i)
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1],g[x][i]=g[x][i-1]+g[f[x][i-1]][i-1];
for(i=head[x];i;i=e[i].next)
if((y=e[i].to)!=fx) dfs(y,x);
}
IL int lca(int x,int y) {
RG int i,dis=0;
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(i=20;i>=0;--i)
if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) dis+=g[x][i],x=f[x][i];
if(x==y) return dis-mtx[y];
for(i=20;i>=0;--i)
if(f[x][i]!=f[y][i]) dis+=g[x][i]+g[y][i],x=f[x][i],y=f[y][i];
return dis+g[x][0]+g[y][0]-mtx[f[x][0]];
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&n&&m) {
New_case();
RG int i,j,x,y;
for(i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y),make(s[i].x,s[i].y);
for(i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]) RT=i,tarjan(i);
for(i=1;i<=n;++i)
if(cut[i]) bel[i]=++cnt,mtx[cnt]=1;
//mtx[]记录的是缩点后树上的点是不是方点。
for(i=1,New();i<=cnt;++i)
for(j=0;j<vec[i].size();++j)
if(cut[x=vec[i][j]]) make(i,bel[x]);
else bel[x]=i;
for(i=1;i<=cnt;++i)
if(!vis[i]) dfs(i,0);
for(scanf("%d",&Q);Q;--Q) {
scanf("%d%d",&x,&y);
if(bel[x]==bel[y]) puts("0");
else printf("%d\n",lca(bel[x],bel[y]));
}
}
return 0;
}
// 无向图两点间路径的必经点上面两个问题事实上都涉及到点的性质在双连通分量中的体现，而下面问题则涉及到边的性质在双连通分量中的体现。
简单来讲，问题需要解决的只有边的归属问题（边丢在哪一个新点中），然后用同上的方法即可解决。
这个时候分类讨论一下：
1、边两端点都是非割点。那么这两点必然在一个\(v-DCC\)中，该边就对应该\(v-DCC\)对应的节点（圆点）。
2、边两端点有且仅有一个割点。这样的边对应 其非割点端点所在\(v-DCC\)对应的节点（圆点）。
3、边两端点都是割点。这样的边就对应 仅包含这两个割点的\(v-DCC\)对应的节点（圆点）。
? 这个具体讲一下，因为两点都为割点，那么先遍历到二者之一后，必然会把另外一个点和该点加入一个新的\(v-DCC\)
? 而且该\(v-DCC\)也仅有这两个点。因此我们可以在划分\(v-DCC\)的过程中，记录一下点被划分进入\(v-DCC\)编号
? （不包括最后单独放入的那个节点），然后对于这两割点，比较一下谁先被划分，就丢入它对应的\(v-DCC\)即可。
会抓紧补上一张图的。。。
Tarjan 中的记录 ：
if(dfn[x]<=low[y]) {
if(x!=RT||++num>1) cut[x]=1;
vec[++cnt].push_back(x); // x不考虑
do{
k=sta[top--];
vec[cnt].push_back(k);
in[k]=cnt; // 记录一下编号
}while(k!=y);
}边的归属划分：
for(i=1;i<=m;++i) {
x=s[i].x,y=s[i].y;
if(!cut[x]) pos[i]=bel[x];
else if(!cut[y]) pos[i]=bel[y];
else {
if(!in[x]) pos[i]=in[y];
else if(!in[y]) pos[i]=in[x];
else pos[i]=min(in[x],in[y]);
}
}然后同样考虑树上路径的方点个数即可。
这个的话，边的划分没那么多复杂。
对于非割边，直接丢在其任一端点对应的\(e-DCC\)中（两端点在同一\(e-DCC\)）。
对于割边，新建一个节点，其类似于上面的割点对应的新节点，也就是方点。
然后考虑树上路径的方点个数就好了！
这一类问题大概讲到这里为止了，如果有什么问题欢迎指出。
另外，圆点方点跟那个SMG圆方树没啥关系。。。ｈｈｈ
原文：https://www.cnblogs.com/Bhllx/p/11273294.html