t这道题在我们队属于我的范畴,最终因为最后一个环节想错了,也没搞出来
题解是这么说的:
最终添加完边的图,肯定可以分成两个部X和Y,其中只有X到Y的边没有Y到X的边,那么要使得边数尽可能的多,则X部肯定是一个完全图,Y部也是,同时X部中每个点到Y部的每个点都有一条边,假设X部有x个点,Y部有y个点,有x+y=n,同时边数F=x*y+x*(x-1)+y*(y-1),整理得:F=N*N-N-x*y,当x+y为定值时,二者越接近,x*y越大,所以要使得边数最多,那么X部和Y部的点数的个数差距就要越大,所以首先对于给定的有向图缩点,对于缩点后的每个点,如果它的出度或者入度为0,那么它才有可能成为X部或者Y部,所以只要求缩点之后的出度或者入度为0的点中,包含节点数最少的那个点,令它为一个部,其它所有点加起来做另一个部,就可以得到最多边数的图了
而我只是考虑到了最大边数,于是就去求最小点的强连通分量,以下是错误例子:
连通块A(10个点)->B(2个点)->C(10个点)
B是最小的强连通分量,而它无法往A或C加边,所以必须求入度或出度为0的连通块
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <vector> #include <stack> #include <algorithm> using namespace std; #define LL long long const int maxn=100010; vector<int> G[maxn]; int n,m; int pre[maxn],lowlink[maxn],sccno[maxn],dfs_clock,scc_cnt; int in[maxn],out[maxn]; stack<int> S; void dfs(int u){ pre[u]=lowlink[u]=++dfs_clock; S.push(u); for(int i=0;i<G[u].size();i++) { int v=G[u][i]; if(!pre[v]){ dfs(v); lowlink[u]=min(lowlink[u],lowlink[v]); } else if(!sccno[v]){ lowlink[u]=min(lowlink[u],pre[v]); } } if(lowlink[u]==pre[u]) { scc_cnt++; for(;;){ int x=S.top();S.pop(); sccno[x]=scc_cnt; if(x==u)break; } } } void find_scc(int n){ dfs_clock=scc_cnt=0; memset(sccno,0,sizeof(sccno)); memset(pre,0,sizeof(pre)); for(int i=0;i<n;i++) if(!pre[i])dfs(i); } int main() { LL ct[100010]; int T,x,y,cas=0; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<n;i++) G[i].clear(); for(int i=0;i<m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); G[x-1].push_back(y-1); } find_scc(n); printf("Case %d: ",++cas); if(scc_cnt==1) { printf("-1\n"); } else { memset(ct,0,sizeof(ct)); memset(in,0,sizeof(in)); memset(out,0,sizeof(out)); LL max=0; for(int i=0;i<n;i++) { ct[sccno[i]]++; } for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<G[i].size();j++) { if(sccno[i]!=sccno[G[i][j]]) { out[sccno[i]]++; in[sccno[G[i][j]]]++; } } } for(int i=1;i<=scc_cnt;i++) { if(in[i]==0||out[i]==0) { LL k=ct[i]; LL ans=k*(k-1)+(n-k)*(n-k-1)+k*(n-k)-m; if(ans>max)max=ans; } } printf("%I64d\n",max); } } return 0; }