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 o v) 或 (v o 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

从(A_1)到(A_2)是必定存在一条有某个分界点(uin A_1)和另一个点(vin 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”）

(qquadqquad)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

这边我们半连通子图的大小应该是

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
%d
", maxf, sum);
    
    return 0;
}