HDU-4635 Strongly connected（Tarjan+强连通缩点）

题意

给定一个 n n 个节点， m m 条边的有向图，求最大可以增加多少条边使得这个有向图仍然不是强连通。
1≤n,m≤100000 1 ≤ n , m ≤ 100000

思路

与上题题设相反，思路上也有所不同，上题的命题其实有一个否命题也是正确的，“有向图中存在某点的入度或出度为零时，这张有向图图不是强连通图”。那这道题仍然是利用定理求解。首先仍然是缩点，为了尽量增加更多边，我们先把除了原先 m m 条变外的其他边补上，即再增加 n∗(n−1)−m n ∗ ( n − 1 ) − m 条边。又为了是增边后的图不是强连通，我们要保证增边后存在一个入度或出度为 0 0 的缩点，这个缩点在缩点图中的入度或出度一定也是为 0 0 的。那么我们只用枚举这个入度或出度为 0 0 缩点，假如它对应原图中的 cnt c n t 个点，那么额外增加的边是 cnt∗(n−cnt) c n t ∗ ( n − c n t ) ，枚举同时求最后添边的最大值即可。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define N 100003
typedef long long LL;
using namespace std;
template<const int maxn,const int maxm>struct Linked_list
{
    int head[maxn],to[maxm],nxt[maxm],tot;
    void clear(){memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;}
    void add(int u,int v){to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;}
    #define EOR(i,G,u) for(int i=G.head[u];~i;i=G.nxt[i])
};
Linked_listG;
int dfn[N],low[N],stk[N],bel[N],cnt[N],tp,B,ord,n,m;
int ind[N],oud[N];
void tarjan(int u)
{
    dfn[u]=low[u]=++ord,stk[++tp]=u;
    EOR(i,G,u)
    {
        int v=G.to[i];
        if(!dfn[v])
        {
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }else if(!bel[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u])
    {
        int v;B++;
        do bel[v=stk[tp--]]=B;
        while(u!=v);
    }
}
void clear()
{
    G.clear();
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(bel,0,sizeof(bel));
    memset(oud,0,sizeof(oud));
    memset(ind,0,sizeof(ind));
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    tp=ord=B=0;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    FOR(Ti,1,T)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        clear();
        FOR(i,1,m)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            G.add(u,v);
        }
        FOR(i,1,n)if(!dfn[i])tarjan(i);
        FOR(u,1,n)
        {
            cnt[bel[u]]++;
            EOR(i,G,u)
            {
                int v=G.to[i];
                if(bel[u]==bel[v])continue;
                oud[bel[u]]++,ind[bel[v]]++;
            }
        }
        LL add=1LL*n*(n-1)-m,ans=-1;
        printf("Case %d: ",Ti);
        if(B==1){printf("-1\n");continue;}
        FOR(i,1,B)
            if(!ind[i]||!oud[i])ans=max(ans,add-1LL*cnt[i]*(n-cnt[i]));
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}