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bzoj1098

2024-11-19 02:36:39   202人阅读

并查集+dfs

先开始想和不相连的点用并查集连起来，最后看每个连通块有多少个点就行了，但是这样是O(n*n)的，然而我并没有想到补图

其实就是求补图有多少连通块，因为补图中两个点有边，那么这两个点必须在一栋大楼里，因为他们之间没有联系，然后这样就有了许多连通块，不同的连通块可以不相连，因为不同的连通块之间没有边，也就是不同的连通块的点之间都有联系，然后我们只要求出这样的连通块的数量和大小。

但是补图太稠密，不能直接求，然后我们就要用奇技淫巧来优化，我们用并查集维护每个点，用并查集维护下一个没有用过的点是哪个，然后我们dfs，用并查集查询下一个没有访问过的点，然后判断当前的点和那个点在原图中是否相连，相连的话说明这两个点在补图中没有边，没有必要访问，因为两个点或许不在一个连通块内，而且两个点在补图中不相连，自然不会访问。如果一个点已经被访问，那么自然不会再次访问，于是，每个点访问一次，边访问一次，复杂度O(n+m)

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m, cnt;
int fa[N], ans[N];
vector<int> G[N];
inline int read()
{
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) { x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
    return x * f;
}
int find(int x)
{
    return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void dfs(int u)
{
    ++ans[cnt];
    fa[u] = find(u + 1);
    for(int i = find(1); i <= n; i = find(i + 1))
    {
        bool flag = true;
        for(int j = 0; j < G[u].size(); ++j)
        {
            int v = G[u][j];
            if(v == i) 
            {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(flag) dfs(i);
    }
}
int main()
{
    n = read();
    m = read();
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        int u = read(), v = read();
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for(int i = 1; i <= n + 1; ++i) fa[i] = i;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) if(fa[i] == i)
    {
        ++cnt;
        dfs(i);
    }
    printf("%d\n", cnt);
    sort(ans + 1, ans + cnt + 1);
    for(int i = 1; i <= cnt; ++i) printf("%d ", ans[i]);
    return 0;
}
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