题意

给定一个N个点M条边的简单图,求最多能加几条边,使得这个图仍然不是一个强连通图。

思路

2013多校第四场1004题。和官方题解思路一样,就直接贴了~

最终添加完边的图,肯定可以分成两个部X和Y,其中只有X到Y的边没有Y到X的边,那么要使得边数尽可能的多,则X部肯定是一个完全图,Y部也是,同时X部中每个点到Y部的每个点都有一条边,假设X部有x个点,Y部有y个点,有x+y=n,同时边数F=x*y+x*(x-1)+y*(y-1),整理得:F=N*N-N-x*y,当x+y为定值时,二者越接近,x*y越大,所以要使得边数最多,那么X部和Y部的点数的个数差距就要越大,所以首先对于给定的有向图缩点,对于缩点后的每个点,如果它的出度或者入度为0,那么它才有可能成为X部或者Y部,所以只要求缩点之后的出度或者入度为0的点中,包含节点数最少的那个点,令它为一个部,其它所有点加起来做另一个部,就可以得到最多边数的图了

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define MID(x,y) ((x+y)/2)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXN = 10005;
const int MAXM = 50005;
struct SCC{
int scc_num, scc[MAXN]; //强连通分量总数、每个节点所属的强连通分量
int scc_acount[MAXN]; //每个强连通分量的节点个数
int dfn[MAXN], low[MAXN], id;
stack st;
bool vis[MAXN], instack[MAXN];
int cnt, head[MAXN];

struct node{
int u, v;
int next;
}arc[MAXM];

void init(){
cnt = 0;
mem(head, -1);
return ;
}
void add(int u, int v){
arc[cnt].u = u;
arc[cnt].v = v;
arc[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt ++;
}
void dfs(int u){
vis[u] = instack[u] = 1;
st.push(u);
dfn[u] = low[u] = ++ id;
for (int i = head[u]; i != -1; i = arc[i].next){
int v = arc[i].v;
if (!vis[v]){
dfs(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (instack[v]){
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
}
if (low[u] == dfn[u]){
++ scc_num;
while(st.top() != u){
scc[st.top()] = scc_num;
scc_acount[scc_num] ++;
instack[st.top()] = 0;
st.pop();
}
scc[st.top()] = scc_num;
scc_acount[scc_num] ++;
instack[st.top()] = 0;
st.pop();
}
return ;
}
void tarjan(int n){
mem(scc_acount, 0);
mem(vis, 0);
mem(instack, 0);
mem(dfn, 0);
mem(low, 0);
mem(scc, 0);
id = scc_num = 0;
while(!st.empty())
st.pop();
for (int i = 1; i maxn){
maxn = num;
}
}
}
printf("Case %d: %I64d\n", ca, maxn);
}
int main(){
//freopen("test.in", "r", stdin);
//freopen("test.out", "w", stdout);
int t;
scanf("%d", &t);
for (ca = 1; ca

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