洛谷 P1726 上白泽慧音-优快云博客

本文详细解析洛谷P1726上白泽慧音题目，通过tarjan算法寻找最大强连通分量解决路径问题。在幻想乡背景中，上白泽慧音需找到最大的绝对连通区域作为教学地点，文章提供完整的代码实现与解答思路。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

洛谷 P1726 上白泽慧音

Description

在幻想乡，上白泽慧音是以知识渊博闻名的老师。春雪异变导致人间之里的很多道路都被大雪堵塞，使有的学生不能顺利地到达慧音所在的村庄。因此慧音决定换一个能够聚集最多人数的村庄作为新的教学地点。人间之里由N个村庄（编号为1..N）和M条道路组成，道路分为两种一种为单向通行的，一种为双向通行的，分别用1和2来标记。如果存在由村庄A到达村庄B的通路，那么我们认为可以从村庄A到达村庄B，记为(A,B)。当(A,B)和(B,A)同时满足时，我们认为A,B是绝对连通的，记为<A,B>。绝对连通区域是指一个村庄的集合，在这个集合中任意两个村庄X,Y都满足<X,Y>。现在你的任务是，找出最大的绝对连通区域，并将这个绝对连通区域的村庄按编号依次输出。若存在两个最大的，输出字典序最小的，比如当存在1,3,4和2,5,6这两个最大连通区域时，输出的是1,3,4。

Input

第1行：两个正整数N,M

第2..M+1行：每行三个正整数a,b,t, t = 1表示存在从村庄a到b的单向道路，t = 2表示村庄a,b之间存在双向通行的道路。保证每条道路只出现一次。

Output

第1行： 1个整数，表示最大的绝对连通区域包含的村庄个数。

第2行：若干个整数，依次输出最大的绝对连通区域所包含的村庄编号。

Sample Input

Sample Output

3

1 3 5

Data Size

对于60%的数据：N <= 200且M <= 10,000

对于100%的数据：N <= 5,000且M <= 50,000

题解：

tarjan。
找最大强连通分量就OK了。稍微注意处理一下答案一样按字典序排序的问题。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define N 5005
#define M 100005
using namespace std;

struct E {int next, to;} e[M];
int n, m, num, dex, ans;
int h[N], dfn[N], low[N], seq[N], t[N];
bool vis[N];
stack<int> stk;

int read()
{
    int x = 0; char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return x;
}

void add(int u, int v)
{
    e[++num].next = h[u];
    e[num].to = v;
    h[u] = num;
}

bool check(int a[], int b[])
{
    for(int i = 1; i <= ans; i++)
        if(a[i] < b[i]) return 1;
        else if(a[i] > b[i]) return 0;
    return 0;
}

void tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++dex;
    stk.push(x), vis[x] = 1;
    for(int i = h[x]; i != 0; i = e[i].next)
    {
        if(!dfn[e[i].to])
            tarjan(e[i].to),
            low[x] = min(low[x], low[e[i].to]);
        else if(vis[e[i].to])
            low[x] = min(low[x], dfn[e[i].to]);
    }
    if(dfn[x] == low[x])
    {
        int tot = 0;
        while(1)
        {
            int now = stk.top();
            stk.pop(), vis[now] = 0;
            t[++tot] = now;
            if(now == x) break;
        }
        sort(t + 1, t + 1 + tot);
        if(tot > ans)
        {
            for(int i = 1; i <= tot; i++) seq[i] = t[i];
            ans = tot;
        }
        else if(tot == ans && check(t, seq))
            for(int i = 1; i <= tot; i++) seq[i] = t[i];
    }
}

int main()
{
    memset(seq, 0x3f, sizeof(seq));
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u = read(), v = read(), op = read();
        add(u, v);
        if(op == 2) add(v, u);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    sort(seq + 1, seq + 1 + ans);
    cout << ans << endl;
    for(int i = 1; i <= ans; i++) printf("%d ", seq[i]);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/BigYellowDog/p/11505510.html