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给你一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图,求其补图的连通块个数及各个连通块大小。

\(1\leq n,m\leq 200000\)

Solution

参考了 ww140142 的做法。题解也转自该博客。

每次枚举一个未处理过的点,然后从它开始宽搜出它所在的连通块;

具体是枚举它的所有原图的边,标记起来,枚举边之后再枚举所有的点,将未标记的点加入该连通块,并加入队列继续宽搜;

为了节约无用的枚举,我们还需要对所有点构建链表,将已经在某个块内的点删除;

这个算法的复杂度是 \(O(n+m)\) 的;

原因是每一个点仅进行了一次宽搜的拓展;

并且在每次拓展中,枚举边表总复杂度是 \(O(m)\) ;

而之后的枚举剩下的点,我们将点分为两部分:已标记的点的复杂度计在 \(O(m)\) 之内,而未标记的点将会被加入队列,这个过程对每个点也仅有一次。

综上复杂度为 \(O(n+m)\) 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200000; int n, m, u, v;
vector<int>to[N+5];
queue<int>Q;
int lst[N+5], nxt[N+5], ans[N+5], cnt;
int vis[N+5], undo[N+5]; void delet(int x) {nxt[lst[x]] = nxt[x], lst[nxt[x]] = lst[x]; }
void work() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d%d", &u, &v), to[u].push_back(v), to[v].push_back(u);
for (int i = 1; i < n; i++) nxt[i] = i+1, lst[i+1] = i;
nxt[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (vis[i] == 0) {
ans[++cnt] = 1;
vis[i] = 1, Q.push(i); delet(i);
while (!Q.empty()) {
u = Q.front(); Q.pop();
for (int j = 0, sz = to[u].size(); j < sz; j++)
if (vis[to[u][j]] == 0) undo[to[u][j]] = 1;
for (int j = nxt[0]; j; j = nxt[j])
if (undo[j] == 0) {vis[j] = 1, ++ans[cnt]; delet(j); Q.push(j); }
else undo[j] = 0;
}
}
sort(ans+1, ans+cnt+1); printf("%d\n", cnt);
for (int i = 1; i <= cnt; i++) printf("%d ", ans[i]);
}
int main() {work(); return 0; }

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