# 解题思路

画画图可以发现,只要是两个点之间没有相互连边,那么就必须将这两个人安排到同一个办公楼内,如图所示:

那,我们可以建立补图,就是先建一张完全图,然后把题目中给出的边都删掉,这就是一张补图,显然补图中相互连边的点就放在同一栋办公楼内。

我们可以用并查集来完成,但是数据范围显然不允许用这样的方法,建图的复杂度是 $N^2$ 的。所以考虑另一种方法:

将原图建立好,在原图中,从一个点开始,把这个点所能够直接到达的点标记出来,这些点是不可以放在一起的。然后将这些点删除。

之后对每一个点都进行这样的操作,那么之后要删除的点都要满足既没有被删除也没有被标记。这样做下来的复杂度还是 $N^2$ 的。再来想想如何优化,我们如果在删点的时候,不去枚举那些已经被删除的点。那所有的删点的操作总时间复杂度是 $M$ 的,因为每个边都要只遍历一次。如何优化?链表啊。。。

# 附上代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = ; T f = ; char c = getchar();
while (c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while (c <= '' && c >= '') {x = x* + c-''; c = getchar();}
x *= f;
}
const int maxn = 4e6+;
int n, m, head[maxn], cnt, ans, pre[maxn], sur[maxn], num[maxn];
bool vis[maxn], del[maxn];
struct edge {int nxt, to;}ed[maxn];
inline void addedge(int x, int y) {
ed[++cnt].nxt = head[x], head[x] = cnt, ed[cnt].to = y;
}
inline void DEL(int x) {
sur[pre[x]] = sur[x];
pre[sur[x]] = pre[x];
del[x] = ;
}
inline void BFS(int u) {
queue<int> Q;
Q.push(u), vis[u] = ;
while (!Q.empty()) {
int now = Q.front();
Q.pop();
num[ans] ++;
for(int i=head[now]; i; i=ed[i].nxt)
vis[ed[i].to] = ;
for(int i=sur[]; i<=n; i=sur[i])
if(!vis[i] && !del[i]) Q.push(i), DEL(i);
for(int i=head[now]; i; i=ed[i].nxt)
vis[ed[i].to] = ;
}
}
int main() {
read(n), read(m);
int u, v;
for(int i=; i<=m; i++) {
read(u), read(v);
addedge(u, v), addedge(v, u);
}
for(int i=; i<=n; i++)
pre[i] = i-, sur[i] = i+;
for(int i=; i<=n; i++)
if(!del[i]) del[i] = , ans ++, BFS(i), DEL(i);
sort(num+, num++ans);
printf("%d\n", ans);
for(int i=; i<=ans; i++) printf("%d ", num[i]);
return ;
}

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