[BZOJ]1093 最大半连通子图(ZJOI2007)

  挺有意思的一道图论。

 

Description

  一个有向图G=(V,E)称为半连通的(Semi-Connected),如果满足:∀u,v∈V,满足u→v或v→u,即对于图中任意两点u,v,存在一条u到v的有向路径或者从v到u的有向路径。若G'=(V',E')满足V'⊆V,E'是E中所有跟V'有关的边,则称G'是G的一个导出子图。若G'是G的导出子图,且G'半连通,则称G'为G的半连通子图。若G'是G所有半连通子图
中包含节点数最多的,则称G'是G的最大半连通子图。给定一个有向图G,请求出G的最大半连通子图拥有的节点数K,以及不同的最大半连通子图的数目C。由于C可能比较大,仅要求输出C对X的余数。

Input

  第一行包含两个整数N,M,X。N,M分别表示图G的点数与边数,X的意义如上文所述接下来M行,每行两个正整数a, b,表示一条有向边(a, b)。图中的每个点将编号为1,2,3…N,保证输入中同一个(a,b)不会出现两次。

Output

  应包含两行,第一行包含一个整数K。第二行包含整数C Mod X。

Sample Input

  6 6 20070603
  1 2
  2 1
  1 3
  2 4
  5 6
  6 4

Sample Output

  3
  3

HINT

  N ≤10000, M ≤1000000,X ≤10^8。

 

Solution

  拿到这题,我们首先思考半连通分量是个什么东西。

  首先我们知道,强连通分量一定是半连通分量,

  题目要求我们求最大的半连通分量,所以如果选取了一个强连通分量里的点,那么把该点所在的整个强连通分量都选进去肯定没问题,选取一个强连通分量和选取一个点是等价的。

  所以我们很自然地用tarjan缩了缩点……

  然后我们得到了一个带点权的拓扑图。

  仔细一想,我们发现拓扑图中的半连通分量是一条链,

  所以问题也就变成了找拓扑图中的最长链,并统计最长链的条数。

  (这个用DP不会做你退群吧)

  注意缩点之后要处理掉重边。时间复杂度O(n+m)。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MN 100005
#define MM 1000005
using namespace std;
struct edge{int nex,to;}e[MM];
struct bian{int x,y;}b[MM];
bool u[MN],ink[MN];
int low[MN],st[MN],hr[MN],bel[MN],w[MN],d[MN],q[MN],f1[MN],f2[MN];
int dfn,pin,tp,n,m,mod,hd,tl,ans1,ans2;
char B[1<<20],*SS,*TT;

inline char getc() {return SS==TT&&(TT=(SS=B)+fread(B,1,1<<20,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++;}
inline int read()
{
    register int n=0; char c;
    do c=getc(); while (c<'0' || c>'9');
    do n=n*10+c-'0',c=getc(); while (c>='0' && c<='9');
    return n;
}

inline void ins(int x,int y) {e[++pin]=(edge){hr[x],y}; hr[x]=pin;}

void tarjan(int x)
{
    register int i,lt;
    low[x]=lt=++dfn;
    u[x]=ink[x]=true; st[++tp]=x;
    for (i=hr[x];i;i=e[i].nex)
    {
        if (u[e[i].to]&&!ink[e[i].to]) continue;
        if (!u[e[i].to]) tarjan(e[i].to);
        low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
    }
    if (low[x]==lt)
        for (;st[tp+1]!=x;--tp) ink[st[tp]]=false,bel[st[tp]]=x,++w[x];
}

int main()
{
    register int i,x;
    n=read(); m=read(); mod=read();
    for (i=1;i<=m;++i) b[i].x=read(),b[i].y=read(),ins(b[i].x,b[i].y);
    for (i=1;i<=n;++i) if (!u[i]) tarjan(i);
    memset(hr,0,sizeof(hr)); pin=0;
    for (i=1;i<=m;++i)
        if (bel[b[i].x]!=bel[b[i].y])
            ins(bel[b[i].x],bel[b[i].y]),++d[bel[b[i].y]];
    for (i=hd=1;i<=n;++i) if (bel[i]==i&&!d[i]) q[++tl]=i,f1[i]=w[i],f2[i]=1;
    for (;hd<=tl;++hd)
    {
        for (x=q[hd],i=hr[x];i;i=e[i].nex)
        {
            if (!--d[e[i].to]) q[++tl]=e[i].to;
            if (!u[e[i].to]) continue; else u[e[i].to]=false;
            if (f1[x]+w[e[i].to]>f1[e[i].to]) f1[e[i].to]=f1[x]+w[e[i].to],f2[e[i].to]=f2[x];
            else if (f1[x]+w[e[i].to]==f1[e[i].to]) f2[e[i].to]+=f2[x],f2[e[i].to]-=f2[e[i].to]>=mod?mod:0;
        }
        for (i=hr[x];i;i=e[i].nex) u[e[i].to]=true;
    }
    for (i=1;i<=n;++i)
        if (f1[i]>ans1) ans1=f1[i],ans2=f2[i];
        else if (f1[i]==ans1) ans2+=f2[i],ans2-=ans2>=mod?mod:0;
    printf("%d\n%d",ans1,ans2);
}

 

Last Word

  有向图用tarjan缩完点得到的是拓扑图,无向图缩环会变成树(森林)。

  用了n+e光速读入后立竿见影地卡到了这道题的rank2。(代码画风崩坏不可避)

posted @ 2017-10-07 15:33  ACMLCZH  阅读(...)  评论(...编辑  收藏