AcWing.1175 最大半连通子图

题目描述

$$一个有向图 $G=(V,E)$ 称为半连通的，如果满足：$\mathrm{\forall }u,v\in V$，满足 $u\to v$ 或 $v\to u$，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 $G^{\prime }=(V^{\prime },E^{\prime })$ 满足，$E^{\prime }$ 是 $E$ 中所有和 $V^{\prime }$ 有关的边，则称 $G^{\prime }$ 是 $G$ 的一个导出子图。

$$若 $G^{\prime }$ 是 $G$ 的导出子图，且 $G^{\prime }$ 半连通，则称 $G^{\prime }$ 为 $G$ 的半连通子图。

$$若 $G^{\prime }$ 是 $G$ 所有半连通子图中包含节点数最多的，则称 $G^{\prime }$ 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。

解题思路

$$还是先从拓扑图$DAG$的角度来思考，毕竟不是$DAG$我们也可以用Tarjan把它缩点成$DAG$。
$$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

$$A_1\Rightarrow A_2\Rightarrow A_3\Rightarrow A_4\Rightarrow A_5\Rightarrow A_6$$

从$A_1$到$A_2$是必定存在一条有某个分界点$u\in A_1$和另一个点$v\in A_2$之间有一条边，只要这样我们就可以保证$A_1\mathrm{和}{A}_2$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”）

$$\mathrm{因}\mathrm{而}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{推}\mathrm{出}\$A_2\mathrm{和}{A}_3\$\mathrm{也}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{构}\mathrm{成}\mathrm{半}\mathrm{连}\mathrm{通}\mathrm{子}\mathrm{图}，\mathrm{因}\mathrm{此}\mathrm{整}\mathrm{条}\mathrm{链}\mathrm{都}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{构}\mathrm{成}\mathrm{半}\mathrm{连}\mathrm{通}\mathrm{子}\mathrm{图}。$$

$$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

$$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

$$\begin{array}{c}1.\mathrm{当}f[k]=0，\mathrm{也}\mathrm{就}\mathrm{是}\mathrm{没}\mathrm{有}\mathrm{被}\mathrm{更}\mathrm{新}\mathrm{过}\mathrm{的}\mathrm{时}\mathrm{候}\\ f[k]=sz[k]\\ g[k]=1\\ 2.\mathrm{当}f[k]<f[i]+sz[k]（\mathrm{发}\mathrm{现}\mathrm{更}\mathrm{长}\mathrm{的}\mathrm{链}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{更}\mathrm{新}）\\ f[k]=f[i]+sz[k]\\ g[k]=g[i]（\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{从}\mathrm{走}\mathrm{到}i\mathrm{的}，\mathrm{再}\mathrm{从}i\mathrm{走}\mathrm{到}k\mathrm{是}\mathrm{唯}\mathrm{一}\mathrm{的}）\\ 3.\mathrm{当}f[k]=f[i]+sz[k]（\mathrm{发}\mathrm{现}\mathrm{一}\mathrm{样}\mathrm{长}\mathrm{的}\mathrm{链}\mathrm{一}\mathrm{起}\mathrm{选}）\\ g[k]+=g[i]（\mathrm{顺}\mathrm{便}\mathrm{取}\mathrm{模}）\end{array}$$

这边我们半连通子图的大小应该是

$$\mathrm{整}\mathrm{条}\mathrm{链}\mathrm{上}\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{的}\mathrm{强}\mathrm{连}\mathrm{通}\mathrm{分}\mathrm{量}\mathrm{内}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{和}$$

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