1175. 最大半连通子图

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1175. 最大半连通子图

一个有向图 $G = (V,E)$ 称为半连通的 (Semi-Connected)，如果满足：$\forall u,v \in V$，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 $G’ = (V’,E’)$ 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。

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。

输入格式

第一行包含三个整数 $N,M,X$。$N,M$ 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 $1$ 到 $N$，保证输入中同一个 $(a,b)$ 不会出现两次。

输出格式

应包含两行。

第一行包含一个整数 $K$，第二行包含整数 $C \ mod\ X$。

数据范围

$1 \le N \le 10^5$,
$1 \le M \le 10^6$,
$1 \le X \le 10^8$

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

解题思路

缩点，dag上dp

如果选择的最大半连通子图的一个点在强连通分量上，则该强连通分量都应该选上，故需要缩点，另外注意新建的图不能有重复边，需要特判，$dfs$ 的逆序即拓扑序，所以缩点后的 $scc\_cnt$ 的逆序即为拓扑序，然后 $dag$ 上 $dp$：

• 状态表示：

• • $f[i]$ 表示终点为 $i$ 的最多半连通子图节点数
• • $g[i]$ 表示终点为 $i$ 的最多半连通子图节点数的方案数

• 时间复杂度：$O(n+m)$

代码

// Problem: 最大半连通子图
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/1177/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
// #define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e5+5;
int n,m,x,f[N],g[N];
vector<int> adj[N][2];
int dfn[N],low[N],id[N],sz[N],timestamp,stk[N],top,scc_cnt;
bool in_stk[N];
set<PII> s;
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++timestamp;
	stk[++top]=x,in_stk[x]=true;
	for(int y:adj[x][0])
	{
		if(!dfn[y])
		{
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(in_stk[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x])
	{
		int y;
		scc_cnt++;
		do
		{
			y=stk[top--];
			in_stk[y]=false;
			id[y]=scc_cnt;
			sz[scc_cnt]++;
		}while(y!=x);
	}
}
int main()
{
    cin>>n>>m>>x;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x,y;
    	cin>>x>>y;
    	adj[x][0].pb(y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(!dfn[i])tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j:adj[i][0])
    		if(id[i]!=id[j]&&!s.count({id[i],id[j]}))
    			adj[id[i]][1].pb(id[j]),s.insert({id[i],id[j]});
    for(int i=scc_cnt;i;i--)
    {
    	if(!f[i])
    	{
    		f[i]=sz[i];
    		g[i]=1%x;
    	}
    	for(int j:adj[i][1])
    	{
    		if(f[j]<f[i]+sz[j])
    		{
    			f[j]=f[i]+sz[j];
    			g[j]=g[i]%x;
    		}
    		else if(f[j]==f[i]+sz[j])
	    		g[j]=(g[j]+g[i])%x;
    	}
    }
    int mx=0,sum=0;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
    	if(mx<f[i])
    	{
    		mx=f[i];
    		sum=g[i];
    	}
    	else if(mx==f[i])
    		sum=(sum+g[i])%x;
    cout<<mx<<'\n'<<sum<<'\n';
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16577836.html
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