tyvj——P3524 最大半连通子图

P3524 最大半连通子图

时间: 3000ms / 空间: 165536KiB / Java类名: Main

描述

输入格式

第一行包含两个整数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1,2,3…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.

测试样例1

输入

6 6 20070603 
1 2 
2 1 
1 3 
2 4 
5 6 
6 4

输出

3 
3

备注

对于20%的数据， N ≤18； 
对于60%的数据， N ≤10000； 
对于100%的数据， N ≤100000, M ≤1000000； 
对于100%的数据， X ≤10^8。

最开始的时候没有考虑到有环的时候，他可以连续跑，就没有进行缩点，结果就只能A第二个点

后来wa掉以后发现如果有环的时候不进行缩点的话，由于两个不相同的半联通子图满足他们至少有一个点不相同，而如果按照我上面的思路的话我们下面的图跑出来会是3个半连通子图，而且最长的链会是3而正确结果是2 1

这样的话我们就必须缩点了，我们先tarjan求强连通分量，然后在进行缩点，对跑出来的新图进行拓扑排序，然后在拓扑排序里面加dp。

仔细考虑了一下，好像我dfs然后在加暴力枚举根本就不可行、、、

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1100000
using namespace std;
bool vis[N],vist[N];
int n,m,x,y,s,tot,tat,mod,ans1,ans2,top,tim;
int in[N],ss[N],dfn[N],low[N],head[N],head1[N],ans[N],sum[N],stack[N],belong[N];
int read()
{
    ,f=; char ch=getchar();
    ; ch=getchar();}
    +ch-'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct Edge
{
    int to,from,next;
}edge[N],edge1[N];
int add(int x,int y)
{
    tot++;
    edge[tot].to=y;
    edge[tot].from=x;
    edge[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
}
int add1(int x,int y)
{
    tat++;
    edge1[tat].to=y;
    edge1[tat].from=x;
    edge1[tat].next=head1[x];
    head1[x]=tat;
}
int tarjan(int now)
{
    dfn[now]=low[now]=++tim;
    vis[now]=true; stack[++top]=now;
    for(int i=head[now];i;i=edge[i].next)
    {
        int t=edge[i].to;
        if(vis[t]) low[now]=min(low[now],dfn[t]);
        else if(!dfn[t]) tarjan(t),low[now]=min(low[now],low[t]);
    }
    if(low[now]==dfn[now])
    {
        s++,belong[now]=s,ss[s]++;
        for(;stack[top]!=now;top--)
         belong[stack[top]]=s,vis[stack[top]]=false,ss[s]++;
        vis[now]=false,top--;
    }
}
int shink_point()
{
    ;i<=n;i++)
     for(int j=head[i];j;j=edge[j].next)
      if(belong[i]!=belong[edge[j].to])
        add1(belong[i],belong[edge[j].to]);
}
int dfs(int x)
{
    vist[x]=true;
    for(int i=head1[x];i;i=edge1[i].next)
    {
        int t=edge1[i].to;
        if(!vist[t]) dfs(t);
        ;
    }
    vist[x]=false;
}
int tpsort(int s,int * in)
{
    memset(sum,,sizeof(sum));
    queue<int>q;
    q.push(s);sum[s]=ss[s];
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();
        for(int i=head1[x];i;i=edge1[i].next)
        {
            int t=edge1[i].to;
            ) continue;
            in[t]--;
            ) q.push(t);
            sum[t]=max(sum[t],sum[x]+ss[t]);
        }
    }
}
int main()
{
    n=read(),m=read();mod=read();
    ;i<=m;i++)
     x=read(),y=read(),add(x,y);
    ;i<=n;i++)
     if(!dfn[i]) tarjan(i);
    shink_point();
    memset(vis,,sizeof(vis));
    ;i<=n;i++)
    {
        if(vis[belong[i]]) continue;
        vis[belong[i]]=true;
        memset(,sizeof(in));
        dfs(belong[i]);tpsort(belong[i],in);
        sort(sum+,sum++n);
        ans[i]=sum[n];
        ans1=max(ans1,ans[i]);
     }
    ;i<=s;i++)
     if(ans[i]==ans1) ans2++;
    printf("%d\n%d\n",ans1,ans2);
    ;
}

20分tle代码

怎么跑？？

我们先考虑一个问题：在tarjan缩完点以后我们在建新图的时候一定会建出重边来，但是我们要进行拓扑排序的话就不可以有重边，所以我们要在进行缩点后建图的时候一定要判断这条边是否是重边，我们用一个map数组来判断。

然后我们在拓扑排序里面跑dp，为什么要用拓扑排序？？因为通拓扑排序可以很容易的找出最长链。

怎么dp？？     我们在第一部找出它的最大半联通子图的时候，其实找的就是最长链，我们把它最长链里面的权值进行合并就行。我们用一个ans记录到达当前点的最大权值，用v表示当前节点，用x表示与v连通那个点。由于我们有好几条路径可以到达v点，而我们要统计的是最大的半连通子图的大小，所以我们在对当前点更新的时候则为ans[v]=max(ans[v],ans[x])为什么是这样？？因为我们对于每一条链的ans[x]是一直在更新的。这样我们就可以把最大的半联通子图统计出来。ans1=max（ans1,ans[i]）.其次我们还要统计方案数。我们用数组dp记录到当前点的方案数，用数组deep记录到当前点的子图的大小， 然后我们判断这个点的deep值是否等于他父节点的deep值（暂且这样叫吧、、）如果相等的话就说明出现了另一种方案数，那么dp[t]=dp[t]+dp[x]（加法原理其内容是：做一件事情，完成它有N类方式，第一类方式有M1种方法，第二类方式有M2种方法，……，第N类方式有M(N)种方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+M(N)种方法。）如果当前点的deep小与其父节点的deep那么我们对其dp进行修改，dp[t]=dp[x],deep[t]=deep[x]

#include<map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 110000
using namespace std;
bool vis[N],vist[N];
int n,m,x,y,s,tot,tat,mod,ans1,ans2,top,tim;
],head1[],ans[N],sum[N],stack[N],belong[N];
int read()
{
    ,f=; char ch=getchar();
    ; ch=getchar();}
    +ch-'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct Edge
{
    int to,from,next;
}edge[],edge1[];
int add(int x,int y)
{
    tot++;
    edge[tot].to=y;
    edge[tot].from=x;
    edge[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
}
int add1(int x,int y)
{
    tat++;
    edge1[tat].to=y;
    edge1[tat].from=x;
    edge1[tat].next=head1[x];
    head1[x]=tat;
}
int tarjan(int now)
{
    dfn[now]=low[now]=++tim;
    vis[now]=true; stack[++top]=now;
    for(int i=head[now];i;i=edge[i].next)
    {
        int t=edge[i].to;
        if(vis[t]) low[now]=min(low[now],dfn[t]);
        else if(!dfn[t]) tarjan(t),low[now]=min(low[now],low[t]);
    }
    if(low[now]==dfn[now])
    {
        s++,belong[now]=s,sum[s]++;
        for(;stack[top]!=now;top--)
         belong[stack[top]]=s,vis[stack[top]]=false,sum[s]++;
        vis[now]=false,top--;
    }
}
map<int,int>ma[N];
int shink_point()
{
    ;i<=n;i++)
     for(int j=head[i];j;j=edge[j].next)
      if(belong[i]!=belong[edge[j].to])
          )
          {
              add1(belong[i],belong[edge[j].to]);
              in[belong[edge[j].to]]++;
        }
}
int tpsort()
{
    queue<int>q;
    ;i<=s;i++)
     ;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();q.pop();ans[x]+=sum[x],deep[x]+=sum[x];
        for(int i=head1[x];i;i=edge1[i].next)
        {
            int t=edge1[i].to;
            in[t]--;
            if(!in[t]) q.push(t);
            ans[t]=max(ans[t],ans[x]);
            if(deep[t]==deep[x])
             dp[t]=(dp[t]+dp[x])%mod;
            else if(deep[t]<deep[x])
             dp[t]=dp[x],deep[t]=deep[x];
        }
    }
    ;i<=n;i++) ans1=max(ans1,ans[i]);
    ;i<=n;i++)
     if(ans[i]==ans1) ans2=(ans2+dp[i])%mod;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();mod=read();
    ;i<=m;i++)
     x=read(),y=read(),add(x,y);
    ;i<=n;i++)
     if(!dfn[i]) tarjan(i);
    shink_point(); tpsort();
    printf("%d\n%d\n",ans1,ans2);
    ;
}