Strongly connected HDU - 4635 tarjan

题解

题目大意 给一个简单有向图，问最多能添加多少条边保证图仍是简单图且不是强连通图，如果本身就是强连通输出-1

每个强连通分量作为一个整体看待，所以使用tarjan将每个强连通分量缩为一个点，考虑这些点选择一个点使得其他点只能到达这个点或者只能从这个点到达其它点(也就是单向联通)
如果这个点选在某个链的非端点位置则需要满足这个条件会让很多点都同时满足这个条件，这样得到的答案肯定不是最优
所以要选择一个缩点后的图中入度或者出度为0的点，添加边之后的图也就是完全图少了选择的点集到其它点的那些边
所以答案=完全图-选择的点集数量*(总数-选择的点集数量)-题目已有边数量

AC代码

#include 
#include 
#define fst first
#define sed second
using namespace std;
typedef long long ll;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MAXN = 1e5 + 10;
vector<int> e[MAXN];
int dfn[MAXN], low[MAXN], blo[MAXN], num, idx; //节点编号 当前节点为根的子树能到达的最小节点 所在强连通分量的最小节点编号 强连通分量数
bool vis[MAXN]; //在栈内节点
int stk[MAXN], tot;
int cnt[MAXN], ind[MAXN], outd[MAXN]; //每个缩点的点数量 每个缩点的出入度

void Tarjan(int x)
{
	dfn[x] = low[x] = ++idx;
	stk[++tot] = x, vis[x] = 1; //进栈
	for (int y : e[x])
		if (!dfn[y]) //未访问
			Tarjan(y), low[x] = min(low[x], low[y]); //访问回溯取min
		else if (vis[y]) //已经访问并还在栈中
			low[x] = min(low[x], low[y]); //取min
	if (low[x] == dfn[x])
	{
		int y, z = 0;
		num++; //强连通数量++
		do 
		{
			z++;
			y = stk[tot--], vis[y] = 0; //出栈
			blo[y] = num; //缩点
		} while (y != x); //x也出栈结束
		cnt[num] = z; //记录点数量
	}
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("C:/input.txt", "r", stdin);
#endif
	int T;
	cin >> T;
	for (int ti = 1; ti <= T; ti++)
	{
		printf("Case %d: ", ti);
		num = idx = 0;
		memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
		memset(low, 0, sizeof(low));
		memset(ind, 0, sizeof(ind));
		memset(outd, 0, sizeof(outd));
		int n, m;
		scanf("%d%d", &n, &m);
		for (int i = 1; i <= n; i++) e[i].clear();
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int u, v;
			scanf("%d%d", &u, &v);
			e[u].push_back(v);
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			if (!dfn[i]) //未访问
				Tarjan(i);
		if (num == 1) //图强连通
			printf("-1\n");
		else
		{
			for (int i = 1; i <= n; i++)
				for (int j : e[i]) 
					if (blo[i] != blo[j]) //不是同一个点内
						ind[blo[j]]++, outd[blo[i]]++; //记录缩点后的度
			int mi = INF; //找到入度或出度为0的最小的缩点
			for (int i = 1; i <= num; i++)
				if (!ind[i] || !outd[i])
					mi = min(mi, cnt[i]);
			printf("%lld\n", 1LL * n * (n - 1) - 1LL * mi * (n - mi) - m);
		}
	}

	return 0;
}