[ZJOI2007]最大半连通子图

1093: [ZJOI2007]最大半连通子图

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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

 

 

这个很容易看出来要缩点的，因为一个强联通分量里的点在半联通子图意义下是等价的。

缩点之后就是一个DAG了，可以发现要求的答案就是DAG上的最大点权路径和方案数了，这简直就是一个水题2333.

但是要注意一点的是，平时我一般的写法是有很多重边的，这样在最优化问题里是没有一点问题的，但是像这种计数问题就得判重边了。

/**************************************************************
    Problem: 1093
    User: JYYHH
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:3480 ms
    Memory:45444 kb
****************************************************************/
 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 100005
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int num=0,hd[maxn],n,m,P;
int to[maxn*10],ne[maxn*10];
int dfn[maxn],low[maxn];
int siz[maxn],lt[maxn],k=0;
int f[maxn],h[maxn],dc=0;
int ans=0,sum=0,id[maxn];
int s[maxn],tp=0;
map<int,int> mmp[maxn];
 
inline int add(int x,int y){
    x+=y;
    return x>=P?x-P:x;
} 
 
void dfs(int x){
    dfn[x]=low[x]=++dc;
    s[++tp]=x;
     
    for(int i=hd[x];i;i=ne[i])
        if(!dfn[to[i]]){
            dfs(to[i]);
            low[x]=min(low[x],low[to[i]]);
        }
        else if(!lt[to[i]]){
            low[x]=min(low[x],dfn[to[i]]);
        }
     
    if(dfn[x]==low[x]){
        k++;
        for(;;){
            lt[s[tp]]=k,siz[k]++;
            if(s[tp--]==x) break;
        }
    }
}
 
inline void tarjan(){
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) dfs(i);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x=lt[i];
        for(int j=hd[i];j;j=ne[j]){
            int y=lt[to[j]];
            if(x!=y&&!mmp[y].count(x)) mmp[y][x]=1,id[x]++,g[y].pb(x);
        }
    }
}
 
inline void topsort(){
    queue<int> q;
    for(int i=1;i<=k;i++) if(!id[i]) q.push(i),h[i]=1;
    int x,v;
     
    while(!q.empty()){
        x=q.front(),q.pop();
//      if(!f[x]) h[x]=1;
        f[x]+=siz[x];
         
        for(int j=g[x].size()-1;j>=0;j--){
            v=g[x][j];
            if(f[x]>f[v]) f[v]=f[x],h[v]=h[x];
            else if(f[x]==f[v]) h[v]=add(h[v],h[x]);
             
            if(!(--id[v])) q.push(v);
        }
    }
     
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(f[i]>ans) ans=f[i],sum=h[i];
        else if(f[i]==ans) sum=add(sum,h[i]);
    }
}
 
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&P);
    int uu,vv;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&uu,&vv);
        to[i]=vv,ne[i]=hd[uu],hd[uu]=i;
    }
     
    tarjan();
    topsort();
     
    printf("%d\n%d",ans,sum);
    return 0;
}