USACO 2022 DEC GOLD

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题目

Farmer John 有 N N N 头奶牛（ 2 ≤ N ≤ 1 0 5 2leq Nleq 10^5 2≤N≤105），编号为 1 ⋯ N 1cdots N 1⋯N。这些奶牛中有 M ( 1 ≤ M ≤ 2 × 1 0 5 ) M (1≤M≤2×10^5) M (1≤M≤2×105) 对朋友。

一组奶牛被称为是「小团体」，如果该组中的每头奶牛都可以从该组中的每头其他奶牛出发通过完全位于该组内的一系列朋友关系到达（连接到组外奶牛的朋友关系无效）。小团体的「强度」是组内奶牛的最小组内朋友数乘以组内奶牛的数量（同样，注意连接到组外奶牛的朋友关系不计入此定义）。

求所有小团体的最大强度。

思路

考场上前面没思路，后面灵光一现，突然就想到了。

我们可以先枚举小团体的「强度」 f r fr fr，即组内奶牛的最小组内朋友数，从 1 1 1 开始枚举。

这个的好处就是我们只用考虑一个一个的删点，而不用多个一起考虑。

然后我们每次将组内朋友数小于 f r fr fr 的节点删除即可。

然后 O ( n ) O(n) O(n) 暴力求最大连通块，相乘枚举数即可。

这里有个小优化，即每次删完节点后可以将 f r fr fr 设为当前留下来的节点的组内朋友的最小值，这样可以少枚举一些没有用的状态。

具体实现可以看代码。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, m, last[100005], Ecnt, num[100005], bz[100005], flag[100005];
LL ans;
struct Edge { int to, next; } E[400005];
void addedge(int u, int v) { Ecnt++, E[Ecnt].next = last[u], last[u] = Ecnt, E[Ecnt].to = v; }
struct People {int fr, id;friend bool operator< (People a, People b) { return a.fr > b.fr; }
} p;
priority_queue <People> q;
int dfs(int x) {flag[x] = 1;int sum = 1;for (int xy = last[x]; xy; xy = E[xy].next)if (!bz[E[xy].to] && !flag[E[xy].to])sum += dfs(E[xy].to);return sum;
}
int main() {// freopen("C.in", "r", stdin);// freopen("C.out", "w", stdout);scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1, u, v; i <= m; i++)scanf("%d%d", &u, &v), addedge(u, v), addedge(v, u), num[u]++, num[v]++;for (int i = 1; i <= n; i++)p.fr = num[i], p.id = i, q.push(p);for (int fr = 1; fr <= n; fr++) {while (!q.empty() && q.top().fr < fr) {if (p().id]) {q.pop();continue;}int id = q.top().id;bz[id] = 1;q.pop();for (int xy = last[id]; xy; xy = E[xy].next)num[E[xy].to]--, p.fr = num[E[xy].to], p.id = E[xy].to, q.push(p);}while (!q.empty() && p().id])q.pop();if (q.empty())break;fr = q.top().fr;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)if (!bz[i] && !flag[i])sum = max(sum, dfs(i));ans = max(ans, 1ll * sum * fr);for (int i = 1; i <= n; i++)flag[i] = 0;}printf("%lld", ans);return 0;
}