BZOJ1098: [POI2007]办公楼biu

链表·乱搞

题解：

这真的是一道令人耳目一新的题！

首先很容易看出答案就是补图的连通块个数，但是补图有O(n2)条边啊QWQ
在不建立补图的情况下，对于一个点，遍历其原图中的边，哪些点没访问到，它们就是补图中能走到的点。很遗憾，这样还是O(n2)

我们发现“遍历所有点看哪个没访问到”这个步骤做了很多无用功，因为很多点可能已经确定了它们所属的连通块，这时候就应该将它们删去，免得重复检查。
链表就派上用场了。在bfs的过程中，每通过补图接触到一个点，立即将它删除。“遍历所有点看哪个没访问到”的时候只遍历链表中剩下的点。
删除点的时间复杂度高？（最坏每删一个可能O(n)）没关系，加边的时候先排个序，让前向星的遍历顺序从小到大，就可以扫一次链表删除所有需要删的点了。

时间复杂度降到了O(n+m)，因为每个点会访问它的所有边，并且只会被删除一次。

Code：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "#define E cout<<endlusing namespace std;const int N = 100005;const int M = 2000000;int n,m,ans,sz,num[N],vis[N];struct Edge{    int from,to,next;} e[M*2], tp[M*2];int head[N], ec, tpcnt;void addedge(int a,int b){    ec++; e[ec].to=b; e[ec].next=head[a]; head[a]=ec;}bool cmp(const Edge &a, const Edge &b){    return a.from > b.from || (a.from==b.from && a.to>b.to);}struct Node{    int l,r;} g[N];void init(){    for(int i=0;i<=n+1;i++){        g[i].l=i-1; g[i].r=i+1;    }    g[0].l=0; g[n+1].r=n+1; sz=n;}void del(int p){    sz--; //D(p); E;    g[g[p].l].r=g[p].r;    g[g[p].r].l=g[p].l;}void bfs(int s){    queue<int> q; q.push(s); del(s);    while(!q.empty()){        int x=q.front(); q.pop();//      D(x); E;        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){            vis[e[i].to]=x;        }        for(int p=g[0].r;p!=n+1;p=g[p].r){            if(vis[p]!=x){                q.push(p);                del(p);            }        }    }}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    int a,b;    for(int i=1;i<=m;i++){        scanf("%d%d",&a,&b);        tp[++tpcnt].from=a; tp[tpcnt].to=b;         tp[++tpcnt].from=b; tp[tpcnt].to=a;    }    sort(tp+1,tp+1+m*2,cmp);    for(int i=1;i<=m*2;i++){        addedge(tp[i].from,tp[i].to);    }    init(); int last=n;    while(g[0].r!=n+1){        bfs(g[0].r);        ans++; num[ans]=last-sz; last=sz;//      D(ans); E;    }    sort(num+1,num+1+ans);    printf("%d\n",ans);    for(int i=1;i<=ans;i++) printf("%d ",num[i]);}