洛谷P1726 上白泽慧音

最新推荐文章于 2021-07-18 14:24:42 发布

bill_live

最新推荐文章于 2021-07-18 14:24:42 发布

阅读量182

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/zbtrs/p/5811368.html

本文介绍了一道名为P1726上白泽慧音的图论题目的解题思路及实现过程。题目背景设置在幻想乡，要求找到最大的绝对连通区域并输出。通过使用Tarjan算法求出强连通分量，最终确定最大连通区域。

- 124通过
- 343提交
题目提供者yeszy
标签图论
难度提高+/省选-

提交该题讨论题解记录

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

3
1 3 5

说明

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

分析：看到这道题以为是强连通分量，越看越像，最后发现这就是强连通分量，直接一个tarjan算法求出强连通分量后，枚举每个元素，累加强连通分量的计数器，并更新最小值即可.关于强连通分量的讲解可以在我的另一篇博文洛谷间谍网络的题解中查看.

#include <cstdio>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

const int maxn = 10010, maxm = 50010;

using namespace std;

int n, m,scc_cnt,ans,k,sccsum[maxn],sccmin[maxn],dfs_clock,sccno[maxn],pre[maxn],lowlink[maxn],head[maxn],nextt[maxm*2],to[maxm * 2],tot;

stack<int> S;

void add(int u, int v)
{
    tot++;
    to[tot] = v;
    nextt[tot] = head[u];
    head[u] = tot;
}

void dfs(int u) {
    pre[u] = lowlink[u] = dfs_clock++;
    S.push(u);
     for (int i = head[u]; i; i =nextt[i]) {
                 int v = to[i];
                 if (!pre[v]) {
                         dfs(v);
                         lowlink[u] = min(lowlink[u], lowlink[v]);
            
        }
                 else if (!sccno[v]) {
                         lowlink[u] = min(pre[v], lowlink[u]);
            
        }
        
    }
         if (pre[u] == lowlink[u]) {
                 scc_cnt++;
                for (;;) {
                         int v = S.top(); S.pop();
                         sccno[v] = scc_cnt;
                         if (v == u) break;
            
        }
        
    }
    
}


int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int u, v, w;
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        if (w == 1)
            add(u, v);
        else
        {
            add(u, v);
            add(v, u);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!pre[i])
            dfs(i);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        sccsum[sccno[i]]++;
        if (!sccmin[sccno[i]])
            sccmin[sccno[i]] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++)
    {
        if (sccsum[i] > ans || sccsum[i] == ans && sccmin[i] < sccmin[k])
        {
            ans = sccsum[i];
            k = i;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (sccno[i] == k)
            printf("%d ", i);
    printf("\n");

    return 0;
}