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1175. 最大半连通子图

一个有向图 \(G = (V,E)\) 称为半连通的 (Semi-Connected)，如果满足：\(\forall u,v \in V\)，满足 \(u \to v\) 或 \(v \to u\)，即对于图中任意两点 \(u,v\)，存在一条 \(u\) 到 \(v\) 的有向路径或者从 \(v\) 到 \(u\) 的有向路径。

若 \(G’ = (V’,E’)\) 满足，\(E’\) 是 \(E\) 中所有和 \(V’\) 有关的边，则称 \(G’\) 是 \(G\) 的一个导出子图。

若 \(G’\) 是 \(G\) 的导出子图，且 \(G’\) 半连通，则称 \(G’\) 为 \(G\) 的半连通子图。

若 \(G’\) 是 \(G\) 所有半连通子图中包含节点数最多的，则称 \(G’\) 是 \(G\) 的最大半连通子图。

给定一个有向图 \(G\)，请求出 \(G\) 的最大半连通子图拥有的节点数 \(K\)，以及不同的最大半连通子图的数目 \(C\)。

由于 \(C\) 可能比较大，仅要求输出 \(C\) 对 \(X\) 的余数。

输入格式

第一行包含三个整数 \(N,M,X\)。\(N,M\) 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 \(1\) 到 \(N\)，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 \(C \ mod\ X\)。

数据范围

\(1 \le N \le 10^5\),
\(1 \le M \le 10^6\),
\(1 \le X \le 10^8\)

输入样例：

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

输出样例：

3
3

解题思路

缩点，dag上dp

如果选择的最大半连通子图的一个点在强连通分量上，则该强连通分量都应该选上，故需要缩点，另外注意新建的图不能有重复边，需要特判，\(dfs\) 的逆序即拓扑序，所以缩点后的 \(scc_cnt\) 的逆序即为拓扑序，然后 \(dag\) 上 \(dp\)：

• 状态表示：

• • \(f[i]\) 表示终点为 \(i\) 的最多半连通子图节点数
• • \(g[i]\) 表示终点为 \(i\) 的最多半连通子图节点数的方案数

• 时间复杂度：\(O(n+m)\)

代码

// Problem: 最大半连通子图
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/1177/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
// #define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e5+5;
int n,m,x,f[N],g[N];
vector<int> adj[N][2];
int dfn[N],low[N],id[N],sz[N],timestamp,stk[N],top,scc_cnt;
bool in_stk[N];
set<PII> s;
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++timestamp;
	stk[++top]=x,in_stk[x]=true;
	for(int y:adj[x][0])
	{
		if(!dfn[y])
		{
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(in_stk[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x])
	{
		int y;
		scc_cnt++;
		do
		{
			y=stk[top--];
			in_stk[y]=false;
			id[y]=scc_cnt;
			sz[scc_cnt]++;
		}while(y!=x);
	}
}
int main()
{
    cin>>n>>m>>x;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x,y;
    	cin>>x>>y;
    	adj[x][0].pb(y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(!dfn[i])tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j:adj[i][0])
    		if(id[i]!=id[j]&&!s.count({id[i],id[j]}))
    			adj[id[i]][1].pb(id[j]),s.insert({id[i],id[j]});
    for(int i=scc_cnt;i;i--)
    {
    	if(!f[i])
    	{
    		f[i]=sz[i];
    		g[i]=1%x;
    	}
    	for(int j:adj[i][1])
    	{
    		if(f[j]<f[i]+sz[j])
    		{
    			f[j]=f[i]+sz[j];
    			g[j]=g[i]%x;
    		}
    		else if(f[j]==f[i]+sz[j])
	    		g[j]=(g[j]+g[i])%x;
    	}
    }
    int mx=0,sum=0;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
    	if(mx<f[i])
    	{
    		mx=f[i];
    		sum=g[i];
    	}
    	else if(mx==f[i])
    		sum=(sum+g[i])%x;
    cout<<mx<<'\n'<<sum<<'\n';
    return 0;
}