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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;
}