Solution -「BZOJ 4316」小C的独立集

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  求包含 \(n\) 个结点 \(m\) 条边的仙人掌的最大独立集。

  \(n\le5\times10^4\)，\(m\le6\times10^4\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  建出圆方树，考虑树上 DP。

  设状态 \(f(i,0/1)\) 表示该点不选择/不限制选择与父亲相邻的圆点（对于圆点，即它本身）时，子树内的最大独立集。转移分圆点和方点讨论：

• 圆点：很显然，\(f(u,0)=\sum_{v\in son_u}f(v,1),f(u,1)=\max\{f(u,0),\sum_{v\in son_u}f(v,0)+1\}\)。

• 方点：考虑把方点所代表的环展开成链。在链上做一个子 DP：令 \(g(i,0/1)\) 表示选择/不限制选择第 \(i\) 给点，前 \(i\) 个点的子树内的最大独立集大小。记 \(son_i\) 表示 \(u\) 的第 \(i\) 个儿子，和 \(f(u,0)\) 的转移类似，有：

  • \(g(i,0)=g(i-1,1)+f(son_i,0)\)。

  • \(g(i,1)=\max\{g(i,0),g(i-1,0)+f(son_i,1)\}\)。

  在求 \(f(u,0)\) 时，令 \(g(1,0)=g(1,1)=f(son_1,0)\)；在求 \(f(u,1)\) 时，令 \(g(1,0)=f(son_1,0),g(1,1)=f(son_1,1)\)，分别转移两次即可。

  最后，\(f(root,1)\) 就是答案。

  复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

\(\mathcal{Code}\)

  读边只读 \(n\) 条调了半天 qwq。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

#define adj( g, u, v ) \
	for ( unsigned eid = 0, v; eid ^ g.vec[u].size () && ( v = g.vec[u][eid], 1 ); ++ eid )

const int MAXN = 2e5, MAXM = 2.4e5;
int n, m, q, snode;
int dfc, top, dfn[MAXN + 5], low[MAXN + 5], stk[MAXN + 5];
int f[MAXN + 5][2];

struct Graph {
//	int ecnt, head[MAXN + 5], to[MAXM + 5], nxt[MAXM + 5];
	std::vector<int> vec[MAXN + 5];
	inline void link ( const int s, const int t ) {
//		to[++ ecnt] = t, nxt[ecnt] = head[s];
//		head[s] = ecnt;
		vec[s].push_back ( t );
	}
	inline void add ( const int u, const int v ) {
		link ( u, v ), link ( v, u );
	}
} src, tre;

inline int rint () {
	int x = 0; char s = getchar ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () );
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x;
}

inline bool chkmin ( int& a, const int b ) { return b < a ? a = b, true : false; }

inline bool chkmax ( int& a, const int b ) { return a < b ? a = b, true : false; }

inline void Tarjan ( const int u, const int fa ) {
	dfn[u] = low[u] = ++ dfc, stk[++ top] = u;
	adj ( src, u, v ) if ( v ^ fa ) {
		if ( ! dfn[v] ) {
			Tarjan ( v, u ), chkmin ( low[u], low[v] );
			if ( low[v] >= dfn[u] ) {
				++ snode;
				do tre.add ( snode, stk[top] ); while ( stk[top --] ^ v );
				tre.link ( u, snode );
			}
		} else chkmin ( low[u], dfn[v] );
	}
}

inline void solve ( const int u, const int fa ) {
	if ( u <= n ) {
		f[u][0] = 0, f[u][1] = 1;
		adj ( tre, u, v ) if ( v ^ fa ) {
			solve ( v, u );
			f[u][0] += f[v][1], f[u][1] += f[v][0];
		}
		chkmax ( f[u][1], f[u][0] );
	} else {
		static int tmp[MAXN + 5][2];
		for ( int v: tre.vec[u] ) if ( v ^ fa ) solve ( v, u );
		tmp[0][0] = tmp[0][1] = f[tre.vec[u][0]][0];
		for ( int i = 1; i ^ tre.vec[u].size (); ++ i ) {
			tmp[i][0] = tmp[i - 1][1] + f[tre.vec[u][i]][0];
			tmp[i][1] = tmp[i - 1][0] + f[tre.vec[u][i]][1];
			chkmax ( tmp[i][1], tmp[i][0] );
		}
		f[u][0] = tmp[tre.vec[u].size () - 1][0];
		tmp[0][0] = f[tre.vec[u][0]][0], tmp[0][1] = f[tre.vec[u][0]][1];
		for ( int i = 1; i ^ tre.vec[u].size (); ++ i ) {
			tmp[i][0] = tmp[i - 1][1] + f[tre.vec[u][i]][0];
			tmp[i][1] = tmp[i - 1][0] + f[tre.vec[u][i]][1];
			chkmax ( tmp[i][1], tmp[i][0] );
		}
		f[u][1] = tmp[tre.vec[u].size () - 1][1];
	}
}

int main () {
	n = snode = rint (), m = rint ();
	for ( int i = 1, u, v; i <= m; ++ i ) {
		u = rint (), v = rint ();
		src.add ( u, v );
	}
	Tarjan ( 1, 0 );
	solve ( 1, 0 );
	printf ( "%d\n", f[1][1] );
	return 0;
}