标签：洛谷 int 子图 最长 100001 low P2272 节点 dis
- 题库：洛谷
- 题号：2272
- 题目：最大半连通子图
- link：https://www.luogu.org/problem/P2272
- 给52分的前排提醒：记得在Tarjan后去重边，否则方案数会最长链的数量会受到影响
- 题意简化（这题的题面太毒瘤了）：给定一个图，求这个图的最长链所包含的节点个数以及最长链的个数
- 思路：我们先用Tarjan把图进行缩点（及把能够互相到达的一个子图缩成一个点，并记录当前强连通分量的节点数，这样不会对结果进行影响，当搜到这个强连通分量时，我们只需要把当前强连通分量的节点数加上就好了），然后我们对这个缩过点的图重新进行建边（注意：重新建完图后，可能会有重边，需要判重，否则最后最长链的数量会受到影响），最后我们拓扑加dp把最长链的节点的数量和最长链的数量求出，定义dis[i]表示从第i个点开始到达任意点的最长链的节点的个数，cnt[i]表示从i开始可以到达的最长链的数量，并且记录最长链的节点个数。最后枚举1 ~ n，如果dis[i] == 最长链的节点的个数，那么ans就加上当前点可以到达的最长链的数量，并且%MOD，最后先输出最长链的节点的个数，再输出ans。（如何拓扑 + dp在代码中讲）
- code：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define INF 0x3f3f3f3f 3 using namespace std; 4 map < int, map < int, int > > mp;//map判重 5 stack < int > pru; 6 int n, m, MOD, head[100001], vis[100001], dis[100001], col[100001], color, dfn[100001], low[100001], num, in[100001], out[100001], z, sum[100001], cnt[100001], ans, maxn;//in是入度，out是出度，sum是当前强连通分量中节点的个数 7 struct node 8 { 9 int next, to; 10 }stu[1000001]; 11 queue < node > G;//临时存边 12 inline void add(int x, int y) 13 { 14 stu[++num].next = head[x]; 15 stu[num].to = y; 16 head[x] = num; 17 return; 18 } 19 inline void tarjan(int u)//标准Tarjan板子 20 { 21 dfn[u] = low[u] = ++z; 22 vis[u] = 1; 23 pru.push(u); 24 for(register int i = head[u]; i; i = stu[i].next) 25 { 26 int k = stu[i].to; 27 if(!vis[k]) 28 { 29 tarjan(k); 30 low[u] = min(low[u], low[k]); 31 } 32 else if(!col[k]) 33 { 34 low[u] = min(low[u], dfn[k]); 35 } 36 } 37 if(dfn[u] == low[u]) 38 { 39 col[u] = ++color; 40 ++sum[color];//节点数++ 41 while(pru.top() != u) 42 { 43 col[pru.top()] = color; 44 ++sum[color];//节点数++ 45 pru.pop(); 46 } 47 pru.pop(); 48 } 49 return; 50 } 51 inline void init()//清空边 52 { 53 memset(head, 0, sizeof(head)); 54 for(register int i = 1; i <= num; ++i) 55 { 56 stu[i].next = 0; 57 stu[i].to = 0; 58 } 59 num = 0; 60 return; 61 } 62 inline void add_edge()//重新建边 63 { 64 for(register int u = 1; u <= n; ++u) 65 { 66 for(register int i = head[u]; i; i = stu[i].next) 67 { 68 int k = stu[i].to; 69 if(col[k] != col[u]) 70 { 71 if(!mp[col[u]][col[k]])//判重 72 { 73 G.push(node{col[u], col[k]}); 74 mp[col[u]][col[k]] = 1; 75 } 76 } 77 } 78 } 79 init(); 80 while(!G.empty()) 81 { 82 add(G.front().next, G.front().to); 83 ++in[G.front().to];//入度++ 84 ++out[G.front().next];//出度++ 85 G.pop(); 86 } 87 return; 88 } 89 inline void dfs(int u) 90 { 91 vis[u] = 1;//标记当前点已访问过 92 if(!out[u])//没有出度代表已经到头了 93 { 94 dis[u] = sum[u];//既然是最后一个点，那么最长链就是这个点的节点数 95 cnt[u] = 1;//最长链数量为1 96 maxn = max(maxn, dis[u]);//取max 97 return; 98 } 99 for(register int i = head[u]; i; i = stu[i].next)//枚举出边 100 { 101 int k = stu[i].to; 102 if(!vis[k])//没有访问过，继续访问 103 { 104 dfs(k); 105 } 106 if(dis[k] + sum[u] > dis[u])//dp方程，及如果当前最长链长度，比自己的出边的最长链长度 + 自己的节点数小的话 107 { 108 dis[u] = dis[k] + sum[u];//转换 109 cnt[u] = cnt[k];//变换 110 } 111 else if(dis[k] + sum[u] == dis[u])//如果相等 112 { 113 cnt[u] = (cnt[u] + cnt[k]) % MOD;//加上自己出边的最长链的数量，别忘了取模数 114 } 115 maxn = max(maxn, dis[u]);//取max 116 } 117 return; 118 } 119 signed main() 120 { 121 scanf("%d %d %d", &n, &m, &MOD); 122 for(register int i = 1, x, y; i <= m; ++i) 123 { 124 scanf("%d %d", &x, &y); 125 add(x, y);//加边 126 } 127 for(register int i = 1; i <= n; ++i) 128 { 129 if(!vis[i]) 130 { 131 tarjan(i);//tarjan 132 } 133 } 134 add_edge();//重建边 135 memset(vis, 0, sizeof(vis));//清空 136 for(register int i = 1; i <= color; ++i)//记住，现在n个点化为color个强连通分量 137 { 138 if(!in[i])//从没有入度的点开始搜 139 { 140 dfs(i); 141 } 142 } 143 for(register int i = 1; i <= color; ++i) 144 { 145 if(dis[i] == maxn)//如果从当前点开始的最长链和maxn相等(他就是最长链之一) 146 { 147 ans = (ans + cnt[i]) % MOD;//ans加上他的最长链的数量，别忘了取MOD 148 } 149 } 150 printf("%d\n%d", maxn, ans);//记得换行 + 输出顺序 151 return 0; 152 }
标签：洛谷,int,子图,最长,100001,low,P2272,节点,dis 来源： https://www.cnblogs.com/qqq1112/p/11625728.html
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