P3452 [POI2007]BIU-Offices

传送门

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 ;
}