Graph_Master(连通分量_B_Trajan+完全图)

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hdu_4635

题目大意：给出一张DAG(n个点，m条边)，求出能加的最大边数，使得该图无重边，无自环，非强连通。

题解：这题题面很好理解，也没有什么很难的点，主要是如何求出最大边数需要动点脑筋。首先要明确一点强连通图不一定是完全图，完全图一定是强连通图。因为完全图定义是任意两点均有连边，而强连通仅为任意两点可互相到达。于是乎这题我们可以这样构思，最后我们要的是这样一张图，有若干条有向边，连接着两张完全子图，那么问题就来了，如何构造这两张完全子图？不妨设这两张完全子图为G1，G2，其顶点数分别为V1，V2（V1+V2=n），可知边数为V1*V2+V1*(V1-1)+V2*(V2-1)，V1*V2即为上文所言若干条边，剩余两项即为G1，G2完全图的边数。化简可得n*(n-1)-(n-V1)*V1，注意这不是答案，因为题目给了m条边，所以还要扣除m，那么问题就来了，如何使得答案——n*(n-1)-m-(n-V1)*V1最大？其实很容易想到，因为n，m是常数，所以V1就是关键，而V1+V2=n那么上式中n-V1即为V2，那么如何使V1*V2最小？由基本不等式( a^2 + b^2 >= 2ab)，可得，我们应该使V1、V2差值尽量大，那么就可以统计一下各个强连通分量的大小，使最小的为V1，然后带入n*(n-1)-m-(n-V1)*V1，就解决完了本题。其实就是有多个强连通分量，选最小的并且出度或者入度为0的当V1，剩下的去拼成一张完全图，就得到了G1、G2，然后就是上述说明了。

对于入度或者出度为0的解释：因为我们的构想是要两张完全子图G1、G2，然后G1、G2之间的若干条边，均用G1(G2)指向G2(G1)，所以如果桥上有点，应该归入与之相连的较大的完全子图中。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
using namespace std;

const int N = 1e5 + 16;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;

struct Edge
{
    int u, v, nxt;
};
Edge edge[N<<1];

bool vis[N];
int sta[N], dfn[N], low[N];
int ecnt, head[N];
int in[N], out[N], cnt[N];
int col[N], sum, dep, top;

void init()
{
    mem(vis,0);
    mem(head,-1);
    mem(in,0);
    mem(out,0);
    mem(sta,0);
    mem(dfn,0);
    mem(low,0);
    mem(cnt,0);
    mem(col,0);
    sum = ecnt = dep = top = 0;
}

void _add( int _u, int _v )
{
    edge[ecnt].u = _u;
    edge[ecnt].v = _v;
    edge[ecnt].nxt = head[_u];
    head[_u] = ecnt ++;
}

void tarjan( int u )
{
    sta[++top] = u;
    low[u] = dfn[u] = ++dep;
    vis[u] = 1;
    
    for ( int i = head[u]; i+1; i = edge[i].nxt )
    {
        int v = edge[i].v;
        if ( !dfn[v] )
        {
            tarjan(v);
            low[u] = min( low[u], low[v] );
        }
        else
            if ( vis[v] )
            {
                low[u] = min( low[u], low[v] );
            }
    }
    if ( low[u] == dfn[u] )
    {
        vis[u] = 0;
        col[u] = ++sum;
        while ( sta[top] != u )
        {
            vis[sta[top]] = 0;
            col[sta[top--]] = sum;
        }
        top --;
    }
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for ( int cas = 1; cas <= T; cas ++ )
    {
        init();
        int n, m;
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for ( int i = 0; i < m; i ++ )
        {
            int u, v;
            scanf("%d%d", &u, &v);
            _add(u,v);
        }
        
        for ( int i = 1; i <= n; i ++ )
            if ( !dfn[i] )
                tarjan(i);
        
        for ( int i = 1; i <= n; i ++ )
        {
            cnt[col[i]] ++;
            for ( int j = head[i]; j+1; j = edge[j].nxt )
            {
                int v = edge[j].v;
                if ( col[v] != col[i] )
                {
                    in[col[v]] ++;
                    out[col[i]] ++;
                }
            }
        }
        
        if ( sum == 1 )
        {
            printf("Case %d: %d\n", cas, -1);
        }
        else
        {
            int mn = INF;
            for ( int i = 1; i <= sum; i ++ )
                if ( in[i] == 0 || out[i] == 0 ) mn = min( mn, cnt[i] );
            ll ans = n*(n-1)*1ll - m*1ll - mn*(n-mn)*1ll;
            printf("Case %d: %lld\n", cas, ans);
        }
    }
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/FormerAutumn/p/9613197.html