BZOJ 1093 最大半连通子图（tarjan缩点 拓扑排序）

1093: [ZJOI2007]最大半连通子图

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Description
　　一个有向图G=(V,E)称为半连通的(Semi-Connected)，如果满足：?u,v∈V，满足u→v或v→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V’?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。
Input
　　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(a, b)。图中的每个点将编号为1,2,3…N，保证输入中同一个(a,b)不会出现两次。N ≤1
00000, M ≤1000000；对于100%的数据， X ≤10^8
Output
　　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.
Sample Input
6 6 20070603

1 2

2 1

1 3

2 4

5 6

6 4
Sample Output
3

3

思路：
我们发现强连通分量一定是满足这个条件的。那么如果不去考虑强连通分量呢？
那么剩下的点之间一定是不能互相到达的，其中的半连通分量就是强连通分量缩点后的一条链。
问题就成为求缩点后的图里的最长链。
然后就拓扑排序，dp的维护最长链与对应子图个数。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 100005, M = 1000005;

int idx=0, idc=1, n, m, cnt=0, MOD;
int head[N], e[M<<1];
int dfn[N], low[N], place[N], wgh[N];
int in[N], vis[N], f[N], num[N];
vector<int> G[N];
bool ins[N];
stack <int> state;

struct Edge{
    int to, next;
}ed[M<<1];

void adde(int u, int v) {
    ed[++idc].to = v;
    ed[idc].next = head[u];
    head[u] = idc;
}

void tarjan(int u){
    dfn[u] = low[u] = ++idx;
    vis[u] = ins[u] = 1;
    state.push(u);
    for(int i=head[u]; i; i=ed[i].next){
        int v = ed[i].to;
        if( !vis[v] ){
            tarjan(v);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
        }
        else if( ins[v] ){
            low[u] = min(low[u], dfn[v]);
        }
    }
    if(dfn[u] == low[u]){
        cnt++; int t=-1;
        while(t != u){
            t = state.top();
            place[t] = cnt;
            ins[t] = 0;
            wgh[cnt]++;//记录每个强连通分量中包含的点的个数 
            state.pop();
        }
    }
}

void rebuild () {//重新构图 
    for(int x=1; x<=n; x++) 
        for(int k=head[x]; k; k=ed[k].next){
            int v = ed[k].to;
            if(place[x] != place[v])
                G[place[x]].push_back(place[v]), ++in[place[v]];//统计入度 
        }
}

void dp () {
    queue<int> q;
    for(int i=1; i<=cnt; i++) {
        if( !in[i] ) q.push(i);
        f[i] = wgh[i]; num[i] = 1;
    }//按照拓扑序跑 
    while( !q.empty() ){
        int now=q.front(); int v; q.pop();
        for(int i=0; iif( !in[v] ) q.push(v);
            if( vis[v] == now ) continue;//新图可能有重边。
            if(f[now] + wgh[v] > f[v]) {//更改最长链 
                f[v] = f[now] + wgh[v];
                num[v] = num[now];//满足条件的图的数量 
            }
            else if(f[now] + wgh[v] == f[v])
                num[v] = (num[v] + num[now]) % MOD;//经过到v的链长，与之前经过其它点到达的链长一样，更改数量 
            vis[v] = now;
        }
    }   
}

int main () {
    int u, v;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &MOD);
    for(int i=1; i<=m; i++) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        adde(u, v);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) 
        if( !dfn[i] ) tarjan(i);//缩点 
    rebuild();
    dp();
    int maxx = 0, ans = 0;
    for(int i=1; i<=cnt; i++){
        if(f[i] > maxx) maxx = f[i], ans = num[i];
        else if(f[i] == maxx) ans = (ans + num[i]) % MOD;
    }
    printf("%d\n%d\n", maxx, ans);
    return 0;
}