1514：【例 2】最大半连通子图

【题目描述】

原题来自：ZJOI 2007

一个有向图 G=(V,E)G=(V,E) 称为半连通的 (Semi-Connected)，如果满足：∀u,v∈V∀u,v∈V，满足 u→vu→v或 v→uv→u，即对于图中任意两点 u,vu,v，存在一条 uu 到 vv 的有向路径或者从 vv 到 uu 的有向路径。

若 G'=(V',E')G′=(V′,E′) 满足，E'E′ 是 EE 中所有和V'V′ 有关的边，则称G'G′ 是 GG 的一个导出子图。若 G'G′ 是 GG 的导出子图，且 G'G′ 半连通，则称 G'G′ 为 GG 的半连通子图。若G'G′ 是 GG 所有半连通子图中包含节点数最多的，则称 G'G′ 是 GG 的最大半连通子图。

给定一个有向图 GG，请求出 GG 的最大半连通子图拥有的节点数 KK，以及不同的最大半连通子图的数目 CC。由于 CC 可能比较大，仅要求输出 CC 对 XX 的余数。

【输入】

第一行包含三个整数 N,M,XN,M,X。N,MN,M 分别表示图 GG 的点数与边数，XX 的意义如上文所述；

接下来 MM 行，每行两个正整数 a,ba,b，表示一条有向边 (a,ba,b)。

图中的每个点将编号为 1,2,3,⋯,N1,2,3,⋯,N，保证输入中同一个 (a,ba,b)不会出现两次。

【输出】

应包含两行。第一行包含一个整数 KK，第二行包含整数CmodXCmodX。

【输入样例】

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

【输出样例】

3
3

【提示】

对于 20% 的数据，N≤18N≤18；

对于 60% 的数据，N≤104N≤104 ；

对于 100% 的数据，1≤N≤105,1≤M≤106,X≤1081≤N≤105,1≤M≤106,X≤108​ 。

【代码】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <map>
#pragma GCC optimize (2)
using namespace std;
#define ll long long

const int N = 100010, M = 2000010;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int n, m, x;
int stk[N], in_stk[N], top;
int id[N], scc_cnt, scc_size[N];
int f[N], g[N];

int h[N], hs[N], w[M], ne[M], e[M], idx;

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

void tarjan(int u) {
    low[u] = dfn[u] = ++timestamp;
    stk[++top] = u;
    in_stk[u] = 1;

    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 (low[u] == dfn[u]) {
        ++scc_cnt;
        int y;

        do {
            y = stk[top--];
            in_stk[y] = 0;
            id[y] = scc_cnt;
            scc_size[scc_cnt]++;
        } while (y != u);
    }
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof(h));
    memset(hs, -1, sizeof(hs));
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &x);

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b;
        scanf("%d %d", &a, &b);
        add(h, a, b);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!dfn[i])
            tarjan(i);
    }

    map <ll, int> m;
    m.clear();

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]) {
            int k = e[j];
            int a = id[i], b = id[k];
            ll hash = a * 1000000ll + b;

            if (a != b && m[hash] == 0) {
                add(hs, a, b);
                m[hash] = 1;
            }
        }
    }

    for (int i = scc_cnt; i ; i--) {
        if (!f[i]) {
            f[i] = scc_size[i];
            g[i] = 1;
        }

        for (int j = hs[i]; ~j ; j = ne[j]) {
            int k = e[j];

            if (f[k] < f[i] + scc_size[k]) {
                f[k] = f[i] + scc_size[k];
                g[k] = g[i];
            } else if (f[k] == f[i] + scc_size[k]) {
                g[k] = (g[k] + g[i]) % x;
            }
        }
    }

    int maxx = 0, sum = 0;

    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) {
        if (f[i] > maxx) {
            maxx = f[i];
            sum = g[i];
        } else if (f[i] == maxx) {
            sum = (sum + g[i]) % x;
        }
    }

    printf("%d\n%d", maxx, sum);
    return 0;
}