最大半联通子图

一个有向图 G=(V,E)G=(V,E)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∀u,v∈V，满足 u→v 或 v→u∀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，E′ 是 E 中所有和 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。

输入格式
第一行包含三个整数 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 到 N，保证输入中同一个 (a,b) 不会出现两次。

输出格式
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。

数据范围
1≤N≤1051≤N≤10^51≤N≤105,
1≤M≤1061≤M≤10^61≤M≤106,
1≤X≤1081≤X≤10^81≤X≤108
输入样例：
6 6 20070603
1 2
2 1
1 3
2 4
5 6
6 4
输出样例：
3
3

题解：

好题啊！吃饭前在想，吃饭后也在想。现在终于过了。之前也想到了需要重新建图，不过因为没有判重边所以一直在错。
回顾正题：
这道题我们分析题意可以知道我们如果一个强联通分量那么一定是半联通子图。所以题目中要让我们半联通子图中点的数目最多，那么就是缩点之后建立新图的链上面保证点的数量最多，因为我们这里两点之间可能存在多个边，但是题目说了两点选了那么边就一定会选，所以我们hash一下就行了。还有我们缩点成一个DAG过后就是一个拓扑图。那么这个时候就可以用DP去做了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+7,M=2e6+7;
int head1[N],head2[N],ne[M],e[M],scc_cnt,cnt1,cnt2;
int timetamp,n,m,mod,dfn[M],low[M],idx[M],f[N],g[N],s[M];
int in_st[N];
stack<int> st;
void add(int head[],int a,int b){e[cnt1]=b,ne[cnt1]=head[a],head[a]=cnt1++;
}
void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++timetamp;st.push(u);in_st[u]=1;for(int i=head1[u];~i;i=ne[i]){int j=e[i];if(!dfn[j]){tarjan(j);low[u]=min(low[u],low[j]);}else if(in_st[j]) low[u]=min(low[u],dfn[j]);}if(dfn[u]==low[u]){int y;++scc_cnt;do{y=st.top(); st.pop();in_st[y]=0;idx[y]=scc_cnt;s[scc_cnt]++;}while(y!=u);}
}
int main()
{cin>>n>>m>>mod;memset(head1,-1,sizeof head1);memset(head2,-1,sizeof head2);for(int i=1;i<=m;i++){int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);add(head1,a,b);}unordered_map<long long ,long long> m;for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=head1[i];~j;j=ne[j]){int k=e[j];int a=idx[i],b=idx[k];int hash=1LL*a*N+b;if(a!=b&&!m.count(hash)){add(head2,a,b);m[hash]=1;}}}for(int i=scc_cnt;i;i--){if(!f[i]){f[i]=s[i];g[i]=1;}for(int j=head2[i];~j;j=ne[j]){int k=e[j];if(f[k]<f[i]+s[k]){f[k]=f[i]+s[k];g[k]=g[i];}else if(f[k]==f[i]+s[k]) {g[k] = (g[k] + g[i]) % mod;}}}int ans=0,res=0;for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){if(f[i]>ans){ans=f[i];res=g[i];}else if(ans==f[i]) res=(res+g[i])%mod;}cout<<ans<<endl<<res<<endl;
}

当然如果你不习惯用hash用set存一下pair也是可以的，代表我们这个点对已经选了。（有点向单源最短路拯救大兵那道题的建图一样。）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+7,M=2e6+7;
int head1[N],head2[N],ne[M],e[M],scc_cnt,cnt1,cnt2;
int timetamp,n,m,mod,dfn[M],low[M],idx[M],f[N],g[N],s[M];
int in_st[N];
stack<int> st;
void add(int head[],int a,int b){e[cnt1]=b,ne[cnt1]=head[a],head[a]=cnt1++;
}
void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++timetamp;st.push(u);in_st[u]=1;for(int i=head1[u];~i;i=ne[i]){int j=e[i];if(!dfn[j]){tarjan(j);low[u]=min(low[u],low[j]);}else if(in_st[j]) low[u]=min(low[u],dfn[j]);}if(dfn[u]==low[u]){int y;++scc_cnt;do{y=st.top(); st.pop();in_st[y]=0;idx[y]=scc_cnt;s[scc_cnt]++;}while(y!=u);}
}
int main()
{cin>>n>>m>>mod;memset(head1,-1,sizeof head1);memset(head2,-1,sizeof head2);for(int i=1;i<=m;i++){int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);add(head1,a,b);}set<pair<int,int> > m;for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=head1[i];~j;j=ne[j]){int k=e[j];int a=idx[i],b=idx[k];if(a!=b&&!m.count({a,b})){add(head2,a,b);m.insert({a,b});}}}for(int i=scc_cnt;i;i--){if(!f[i]){f[i]=s[i];g[i]=1;}for(int j=head2[i];~j;j=ne[j]){int k=e[j];if(f[k]<f[i]+s[k]){f[k]=f[i]+s[k];g[k]=g[i];}else if(f[k]==f[i]+s[k]) {g[k] = (g[k] + g[i]) % mod;}}}int ans=0,res=0;for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){if(f[i]>ans){ans=f[i];res=g[i];}else if(ans==f[i]) res=(res+g[i])%mod;}cout<<ans<<endl<<res<<endl;
}

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