洛谷P2272 [ZJOI2007]最大半连通子图题解

题目链接：P2272 [ZJOI2007]最大半连通子图

题意：

一个有向图 $G=\left(V,E\right)$ 称为半连通的，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 $G’=\left(V’,E’\right)$ 满足 $V’\subseteq V$，$E’$ 是 $E$ 中所有跟 $V’$ 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 $\left(a,b\right)$。图中的每个点将编号为 $1,2,3\dots N$，保证输入中同一个$\left(a,b\right)$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 $C\bmod X$。

数据范围：

对于 $100\%$ 的数据，$N\le 10^5$，$M\le 10^6$，$X\le 10^8$。

通俗地说，$G$ 的一个导出子图 $G^{\prime} = (V^{\prime},E^{\prime})$ 是半连通子图，则有

$\forall u,v \in V^{\prime} ,~(u,v) \in E^{\prime} \lor (v,u) \in E^{\prime}$

对于某一个强连通分量，如果有某个点在某个半连通子图中，

则这个强连通分量中的所有点都可以加入，并且显然，满足半连通的性质

因此我们可以先强连通分量缩点一下。

考虑一个DAG（有向无环图），它的半连通子图一定以拓扑序连通

考虑dp。设 $f_i$ 表示（缩点后）到点 $i$ 为止的（带权）最大半连通子图的大小。

设连接到点 $i$ 的集合为 $N^{+}(i)$ ，记点 $i$ 对应的强连通分量大小 $s_i$ 为 $i$ 的点权，则

$f_i = \max_{k \in N^+(i)} \{ f_k\} +s_i$

最大的 $f_i$ 就是第一问的答案。

第二问的话，类似于 P2047 [NOI2007] 社交网络，在更新 $f_i$ 的时候维护一个 $g_i$ 就行了

具体地，在 topo dp 的过程中

当 $f_u + s_i > f_v$ ，显然 $u$ 可以更新 $v$ 的答案，则 $f_v \gets f_u +s_i,~g_v \gets g_u$
当 $f_v = f_u + s_i$ 时，直接 $g_v \gets g_v + g_u$ 就好了。

当然，事实上我们并不需要跑一遍 topo 排序

因为 Tarjan 缩点后的点的排列顺序是逆拓扑序

逆拓扑序可以考虑 Tarjan 的过程，其实把每个SCC弹出的时候相当于就是在做逆拓扑了

也就是说，我们只要把缩点后的点倒着扫一遍dp就好了

同时，因为这题是计数题，所以我们要判重边，可以用这个来判断

if(used[v] == u) continue;
used[v] = u;
// dp ....

时间复杂度 $\mathcal{O}(n + m)$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define N ((int)(1e5+15))
#define M ((int)(1e6+15))
bitset<N> ins;
int f[N],g[N],used[N];
int n,m,mod,pos=1,head[N];
int stktop,tim,dfncnt,scnt;
int sz[N],dfn[N],low[N],stk[N],scc[N],top[N];
struct Edge{int u,v,next;} e[M];
void down(int &x,int y) { x > y ? x = y : 0; }
void up(int &x,int y) { x < y ? x = y : 0; }
void add(int &x,int y) { (x += y) >= mod ? x -= mod : 0; }
void addEdge(int u,int v) { e[++pos]={u,v,head[u]}; head[u] = pos; }
void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++tim;
    ins[u]=1; stk[++stktop]=u;
    for(int i=head[u]; i; i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].v;
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v); down(low[u], low[v]);
        }else if(ins[v]) down(low[u], dfn[v]);
    }
    if(dfn[u] == low[u])
    {
        top[++scnt] = u;
        for(int p=0; p!=u; )
        {
            p = stk[stktop--]; ins[p]=0;
            scc[p]=scnt; ++sz[scnt];
        }
    }
}
void solve()
{
    for(int u=scnt; u; u--)
    {
        if(!f[u]) {f[u] = sz[u]; g[u] = 1;}
        for(int i=head[u]; i; i=e[i].next)
        {
            int v=e[i].v;
            if(used[v] == u) continue;
            used[v] = u;
            if(f[u] + sz[v] > f[v])
            {
                f[v] = f[u] + sz[v]; g[v] = g[u];
            }else if(f[u] + sz[v] == f[v])
                { add(g[v], g[u]); }
        }
    }
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    // freopen("check.in","r",stdin);
    // freopen("check.out","w",stdout);
    cin >> n >> m >> mod;
    for(int i=1,u,v; i<=m; i++) { cin >> u >> v; addEdge(u,v); }
    for(int i=1; i<=n; i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
    pos=1; for(int i=1; i<=n; i++) head[i] = 0;
    for(int i=2; i<=m+1; i++)
    {
        int u = scc[e[i].u], v = scc[e[i].v];
        if(u != v) addEdge(u,v);
    }
    solve();
    int ans1=0,ans2=0;
    for(int i=1; i<=scnt; i++) up(ans1, f[i]);
    for(int i=1; i<=scnt; i++) if(f[i] == ans1) add(ans2, g[i]);
    cout << ans1 << '\n' << ans2 << '\n';
    return 0;
}