bzoj 1093: [ZJOI2007]最大半连通子图

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。N ≤1
00000, M ≤1000000;对于100%的数据, X ≤10^8

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

 

Source

对于这种有向图的问题一般的解法就是tarjan缩点后转为DAG上的问题,然后用拓扑序dp。

这个题缩完点后就是求DAG上的最长路及最长路的方案数,可以用拓扑序dp很好的解决。

至于方案数可以直接在转移的时候由加法原理直接统计(注意去掉重边!!!)

问题很经典就不再赘述

// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Inf=20010411;
const int M=1500000;
const int N=150000;
int gi()
{
  int x=0;
  char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return x;
}
int head[N],to[M],nxt[M],sum,dfn[N],low[N],cnt=1,tot,vis[N],ans,tt,zhan[N],fr[N],size[N];
int n,m,mod,ru[N],f[N],num[N],mark[N],ans1,ans2;
queue<int>q;
vector<int>p[N];
void tarjan(int x) {
  dfn[x]=low[x]=++tt;int y;
  vis[x]=1,zhan[++sum]=x;
  for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
    y=to[i];
    if(!dfn[y]) {
      tarjan(y);low[x]=min(low[x],low[y]);
    }
    else if(vis[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
  }
  if(dfn[x]==low[x]) {
    tot++;
    do {
      y=zhan[sum--];
      vis[y]=0;fr[y]=tot;size[tot]++;
    } while(y!=x);
  }
}
void pre(){
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
        if(fr[to[j]]!=fr[i]){
        p[fr[i]].push_back(fr[to[j]]);
        ru[fr[to[j]]]++;
        }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
    f[i]=size[i],num[i]=1;ans1=max(f[i],ans1);
    if(!ru[i]) q.push(i);
    }
}
void lnk(int x,int y){
 to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void top_dp(){
    while(!q.empty()){
    int x=q.front();q.pop();
    for(int i=0;i<p[x].size();i++){
        int y=p[x][i];ru[y]--;
        if(!ru[y]) q.push(y);
        if(mark[y]==x) continue;
        if(f[x]+size[y]>f[y]) f[y]=f[x]+size[y],num[y]=0;
        if(f[x]+size[y]==f[y]) num[y]=(num[y]+num[x])%mod;
        ans1=max(ans1,f[y]);
        mark[y]=x;
    }
    }
}
int main()
{
    n=gi(),m=gi(),mod=gi();
    for(int i=1;i<=m;i++){
    int x=gi(),y=gi();lnk(x,y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    pre();top_dp();
    for(int i=1;i<=tot;i++) if(f[i]==ans1) ans2=(ans2+num[i])%mod;
    printf("%d\n%d",ans1,ans2);
    return 0;
}

  

posted @ 2017-05-12 22:21  qt666  阅读(...)  评论(...编辑  收藏