【bzoj1093】[ZJOI2007]最大半连通子图 Tarjan+拓扑排序+dp

题目描述

一个有向图G=(V,E)称为半连通的(Semi-Connected)，如果满足：对于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'是V的自己，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。

输入

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 ≤100000, M ≤1000000；对于100%的数据， X ≤10^8

输出

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.

样例输入

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

样例输出

3
3

---

题解

Tarjan+拓扑排序+dp

显然，如果原图是一个DAG，那么选择的就是一条链，答案就是最长链；

如果不是呢？Tarjan缩点，然后拓扑排序+dp求带权最长链即可。正确性显然。

需要注意的是缩完点后如果有重边需要只考虑一条的贡献，因为确定了点就确定了边的选择，只有一次转移的机会。

时间复杂度 $O(n+m)$ 

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#define N 100010
using namespace std;
queue<int> q;
vector<int> e[N] , v[N];
int p , deep[N] , low[N] , tot , ins[N] , sta[N] , top , bl[N] , si[N] , num , ind[N] , last[N];
struct data
{
	int x , y;
	data(int a = 0 , int b = 0) {x = a , y = b;}
	data operator+(int a) {return data(x + a , y);}
	data operator^(data a)
	{
		if(x > a.x) return *this;
		else if(x < a.x) return a;
		else return data(x , (y + a.y) % p);
	}
}f[N];
void tarjan(int x)
{
	vector<int>::iterator i;
	deep[x] = low[x] = ++tot , ins[x] = 1 , sta[++top] = x;
	for(i = e[x].begin() ; i != e[x].end() ; i ++ )
	{
		if(!deep[*i]) tarjan(*i) , low[x] = min(low[x] , low[*i]);
		else if(ins[*i]) low[x] = min(low[x] , deep[*i]);
	}
	if(deep[x] == low[x])
	{
		int t;
		num ++ ;
		do
		{
			t = sta[top -- ] , ins[t] = 0;
			bl[t] = num , si[num] ++ ;
		}while(t != x);
	}
}
void solve(int n)
{
	vector<int>::iterator i;
	data ans;
	int x;
	for(x = 1 ; x <= n ; x ++ )
		for(i = e[x].begin() ; i != e[x].end() ; i ++ )
			if(bl[x] != bl[*i])
				v[bl[x]].push_back(bl[*i]) , ind[bl[*i]] ++ ;
	for(x = 1 ; x <= num ; x ++ )
		if(!ind[x])
			f[x] = data(si[x] , 1) , q.push(x);
	while(!q.empty())
	{
		x = q.front() , q.pop() , ans = ans ^ f[x];
		for(i = v[x].begin() ; i != v[x].end() ; i ++ )
		{
			if(last[*i] != x) last[*i] = x , f[*i] = f[*i] ^ (f[x] + si[*i]);
			ind[*i] -- ;
			if(!ind[*i]) q.push(*i);
		}
	}
	printf("%d\n%d\n" , ans.x , ans.y);
}
inline char nc()
{
	static char buf[100000] , *p1 , *p2;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf , 1 , 100000 , stdin) , p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ;
}
inline int read()
{
	int ret = 0; char ch = nc();
	while(!isdigit(ch)) ch = nc();
	while(isdigit(ch)) ret = ((ret + (ret << 2)) << 1) + (ch ^ '0') , ch = nc();
	return ret;
}
int main()
{
	int n = read() , m = read() , i , x , y;
	p = read();
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) x = read() , y = read() , e[x].push_back(y);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		if(!deep[i])
			tarjan(i);
	solve(n);
	return 0;
}