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 \(u \to v\) 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。
\(\qquad\)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\(u\in A_1\)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”）
\[因而可以推出$A_2和A_3$也可以构成半连通子图，因此整条链都可以构成半连通子图。 \]\(\qquad\qquad\)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
\[\begin{array}c 1.当f[k]=0，也就是没有被更新过的时候 \\f[k] = sz[k]\\ g[k]=1\\ 2.当f[k] < f[i] + sz[k] （发现更长的链可以更新） \\f[k] = f[i] + sz[k]\\ g[k] = g[i] （所有从走到i的，再从i走到k是唯一的）\\ 3.当f[k]=f[i]+sz[k] （发现一样长的链一起选） \\g[k] += g[i] （顺便取模） \end{array} \]这边我们半连通子图的大小应该是
\[整条链上所有的强连通分量内点的个数和 \]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;
}