标签：min back push vector pac getch string str 节点
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。
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
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.
对于这种有向图的问题一般的解法就是tarjan缩点后转为DAG上的问题，然后用拓扑序dp。
这个题缩完点后就是求DAG上的最长路及最长路的方案数，可以用拓扑序dp很好的解决。
至于方案数可以直接在转移的时候由加法原理直接统计(注意去掉重边！！！)
问题很经典就不再赘述
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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Inf=20010411;
const int M=1500000;
const int N=150000;
int gi()
{
int x=0;
char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return x;
}
int head[N],to[M],nxt[M],sum,dfn[N],low[N],cnt=1,tot,vis[N],ans,tt,zhan[N],fr[N],size[N];
int n,m,mod,ru[N],f[N],num[N],mark[N],ans1,ans2;
queue<int>q;
vector<int>p[N];
void tarjan(int x) {
dfn[x]=low[x]=++tt;int y;
vis[x]=1,zhan[++sum]=x;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
y=to[i];
if(!dfn[y]) {
tarjan(y);low[x]=min(low[x],low[y]);
}
else if(vis[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
}
if(dfn[x]==low[x]) {
tot++;
do {
y=zhan[sum--];
vis[y]=0;fr[y]=tot;size[tot]++;
} while(y!=x);
}
}
void pre(){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
if(fr[to[j]]!=fr[i]){
p[fr[i]].push_back(fr[to[j]]);
ru[fr[to[j]]]++;
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
f[i]=size[i],num[i]=1;ans1=max(f[i],ans1);
if(!ru[i]) q.push(i);
}
}
void lnk(int x,int y){
to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void top_dp(){
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<p[x].size();i++){
int y=p[x][i];ru[y]--;
if(!ru[y]) q.push(y);
if(mark[y]==x) continue;
if(f[x]+size[y]>f[y]) f[y]=f[x]+size[y],num[y]=0;
if(f[x]+size[y]==f[y]) num[y]=(num[y]+num[x])%mod;
ans1=max(ans1,f[y]);
mark[y]=x;
}
}
}
int main()
{
n=gi(),m=gi(),mod=gi();
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=gi(),y=gi();lnk(x,y);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
pre();top_dp();
for(int i=1;i<=tot;i++) if(f[i]==ans1) ans2=(ans2+num[i])%mod;
printf("%d\n%d",ans1,ans2);
return 0;
}
标签：min back push vector pac getch string str 节点
原文地址：http://www.cnblogs.com/qt666/p/6847469.html
