AcWing.1175 最大半连通子图

题目描述

\(\qquad\)一个有向图 \(G = (V,E)\) 称为半连通的，如果满足：\(\forall u,v \in V\)，满足 \(u \to v\) 或 \(v \to u\)，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。

\(\qquad\)若 \(G’ = (V’,E’)\) 满足，\(E’\) 是 \(E\) 中所有和 \(V’\) 有关的边，则称 \(G’\) 是 \(G\) 的一个导出子图。

\(\qquad\)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。

\(\qquad\)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。

\(\qquad\)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 \(C\)。

\(\qquad\)由于 \(C\) 可能比较大，仅要求输出 \(C\) 对 \(X\) 的余数。

解题思路

\(\qquad\)还是先从拓扑图\(DAG\)的角度来思考，毕竟不是\(DAG\)我们也可以用Tarjan把它缩点成\(DAG\)。
\(\qquad\)在一张图上，一个强连通分量必定是半连通子图，一条链上的若干个强连通分量，也必定可以构成半连通子图，为什么？假设是这样一个串

\[A_1\Rightarrow A_2\Rightarrow A_3\Rightarrow A_4\Rightarrow A_5\Rightarrow A_6 \]

从\(A_1\)到\(A_2\)是必定存在一条有某个分界点\(u\in A_1\)和另一个点\(v\in A_2\)之间有一条边，只要这样我们就可以保证\(A_1和A_2\)可以构成半连通子图（因为强连通分量内每个点都是“有关系的”）

\[因而可以推出$A_2和A_3$也可以构成半连通子图，因此整条链都可以构成半连通子图。 \]

\(\qquad\qquad\)所以我们这道题尽量跑长一点的链，这样我们最后构成的半连通子图才会尽量大

\(\qquad\)因为已经是拓扑图，我们就可以通过拓扑序\(DP\)，这样就可以很容易地得到它的最长链，顺便也可以统计出方案数，通过加法原理就可以得到下列方程

\[\begin{array}c 1.当f[k]=0，也就是没有被更新过的时候 \\f[k] = sz[k]\\ g[k]=1\\ 2.当f[k] < f[i] + sz[k] （发现更长的链可以更新） \\f[k] = f[i] + sz[k]\\ g[k] = g[i] （所有从走到i的，再从i走到k是唯一的）\\ 3.当f[k]=f[i]+sz[k] （发现一样长的链一起选） \\g[k] += g[i] （顺便取模） \end{array} \]

这边我们半连通子图的大小应该是

\[整条链上所有的强连通分量内点的个数和 \]

然后跑最长链，就行了。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <unordered_set>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10;
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], idx;
int stk[N], top, in_stk[N];
int dfn[N], low[N], stmp, scc_cnt;
int f[N], g[N], maxf, sum, id[N];
int n, m, mod, sz[N];

void add(int *h, int a, int b) 
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void tarjan(int u) 
{
    dfn[u] = low[u] = ++ stmp;
    stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true ;
    
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) 
    {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j]) 
        {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        }
        else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }
    
    if (dfn[u] == low[u]) 
    {
        int y; ++ scc_cnt;
        do 
        {
            y = stk[top -- ];
            in_stk[y] = false ;
            id[y] = scc_cnt;
            sz[scc_cnt] ++ ;
        } while (y != u);
    }
}

int main() 
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &mod);
    
    memset(h, -1, sizeof h);
    memset(hs, -1, sizeof hs);
    
    while (m -- ) 
    {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(h, u, v);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        if (!dfn[i]) tarjan(i);
        
    unordered_set<long long> mp;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
    {
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]) 
        {
            int k = e[j], a = id[i], b = id[k];
            if (a != b && !mp.count(a * 1e6 + b)) 
            {
                add(hs, a, b);
                mp.insert(a * 1e6 + b);
            }
        }
    }
    
    for (int i = scc_cnt; i; i -- ) 
    {
        if (!f[i]) 
        {
            f[i] = sz[i];
            g[i] = 1;
        }
        for (int j = hs[i]; ~j; j = ne[j]) 
        {
            int k = e[j];
            if (f[k] < f[i] + sz[k]) 
            {
                f[k] = f[i] + sz[k];
                g[k] = g[i];
            }
            else if (f[k] == f[i] + sz[k]) 
            {
                g[k] += g[i];
                if (g[k] >= mod) g[k] -= mod;
            }
        }
    }
    
    for (int i = scc_cnt; i; i -- ) 
    {
        if (f[i] > maxf) 
            maxf = f[i], sum = g[i];
        else if (f[i] == maxf)
        {
            sum += g[i];
            if (sum >= mod) sum -= mod;
        }
    }
    
    printf("%d\n%d\n", maxf, sum);
    
    return 0;
}