P3452 [POI2007]BIU-Offices
首先能想到 $n^2$ 的做法
枚举所有两点,看看是否有边相连,如果没有说明它们一定要在同一集合,用并查集维护一下就行
注意到如果没有边这个条件,其实就相当于问补图有边
所以题意可以转化为,求补图的每个联通块大小
求联通块可以想到 $bfs$,代码大概长这样:
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front(); Q.pop(); tim++;
for(int i=fir[u];i;i=from[i]) vis[to[i]]=tim;
for(int i=;i<=n;i++) if(vis[i]!=tim&&!inq[i]) Q.push(i);//inq[]维护点是否在队列中
}
但是这样枚举点还是 $O(n^2)$ 的,发现对于已经在队列中的点,完全没有必要枚举到
所以维护一个链表,只存当前未访问过的点,每个点一访问到就删了,这样每个点只访问一次,每条边只访问两次
复杂度是线性的,然后就可过了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
return x*f;
}
const int N=2e5+,M=4e6+;
int n,m,pre[N],nex[N],ans[N],tot,vis[N],tim;
int fir[N],from[M],to[M],cntt;
inline void add(int a,int b) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; }
inline void del(int x) { pre[nex[x]]=pre[x]; nex[pre[x]]=nex[x]; }
queue <int> Q;
int main()
{
n=read(),m=read(); int a,b;
for(int i=;i<=m;i++)
{
a=read(),b=read();
add(a,b); add(b,a);
}
for(int i=;i<=n;i++) pre[nex[i]=i+]=i;
while(nex[]!=n+)
{
int x=nex[],cnt=;
Q.push(x); del(x);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front(); Q.pop(); cnt++; tim++;
for(int i=fir[u];i;i=from[i]) vis[to[i]]=tim;
for(int i=nex[];i!=n+;i=nex[i]) if(vis[i]!=tim) Q.push(i),del(i);
}
ans[++tot]=cnt;
}
sort(ans+,ans+tot+);
printf("%d\n",tot);
for(int i=;i<=tot;i++) printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
return ;
}
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