上白泽慧 洛谷1726 强连通分量

题目描述

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在幻想乡，上白泽慧音是以知识渊博闻名的老师。春雪异变导致人间之里的很多道路都被大雪堵塞，使有的学生不能顺利地到达慧音所在的村庄。因此慧音决定换一个能够聚集最多人数的村庄作为新的教学地点。人间之里由N个村庄（编号为1..N）和M条道路组成，道路分为两种一种为单向通行的，一种为双向通行的，分别用1和2来标记。如果存在由村庄A到达村庄B的通路，那么我们认为可以从村庄A到达村庄B，记为(A,B)。当(A,B)和(B,A)同时满足时，我们认为A,B是绝对连通的，记为

输入输出格式

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输入格式：

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第1行：两个正整数N,M
第2..M+1行：每行三个正整数a,b,t, t = 1表示存在从村庄a到b的单向道路，t = 2表示村庄a,b之间存在双向通行的道路。保证每条道路只出现一次。

输出格式：

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第1行： 1个整数，表示最大的绝对连通区域包含的村庄个数。
第2行：若干个整数，依次输出最大的绝对连通区域所包含的村庄编号。

输入输出样例

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输入样例#1：

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5 5
1 2 1
1 3 2
2 4 2
5 1 2
3 5 1

输出样例#1：

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3
1 3 5

说明

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对于60%的数据：N <= 200且M <= 10,000
对于100%的数据：N <= 5,000且M <= 50,000

题解

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怎么说呢，看到双向边的我否定了强连通分量，然并卵我还是转tarjan接着1A了
这是第一道爬虫抓下来的洛谷题目介绍，感觉反而更麻烦了。。

Code

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#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cmath>#include <ctime>#include <iostream>#include <algorithm>#include <string>#include <vector>#include <deque>#include <list>#include <set>#include <map>#include <stack>#include <queue>#include <numeric>#include <iomanip>#include <bitset>#include <sstream>#include <fstream>#define debug puts("-----")#define rep(i, st, ed) for (int i = st; i <= ed; i += 1)#define drp(i, st, ed) for (int i = st; i >= ed; i -= 1)#define fill(x, t) memset(x, t, sizeof(x))#define min(x, y) x<y?x:y#define max(x, y) x>y?x:y#define PI (acos(-1.0))#define EPS (1e-8)#define INF (1<<30)#define ll long long#define db double#define ld long double#define N 5001#define E N * 16 + 1#define MOD 100000007#define L 255using namespace std;struct edge{    int x, y, w, next;}e[E];int inStack[N], size[N], scc[N], dfn[N], low[N], ls[N];int cnt;stack<int>s;inline int read(){    int x = 0, v = 1;    char ch = getchar();    while (ch < '0' || ch > '9'){        if (ch == '-'){            v = -1;        }        ch = getchar();    }    while (ch <= '9' && ch >= '0'){        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';        ch = getchar();    }    return x * v;}inline int addEdge(int &cnt, const int &x, const int &y, const int &w = 1){    e[++ cnt] = (edge){x, y, w, ls[x]}; ls[x] = cnt;    return 0;}inline int dfs(int now){    dfn[now] = low[now] = ++ cnt;    inStack[now] = 1;    s.push(now);    for (int i = ls[now]; i; i = e[i].next){        if (!dfn[e[i].y]){            dfs(e[i].y);            low[now] = min(low[now], low[e[i].y]);        }else if (inStack[e[i].y]){            low[now] = min(low[now], dfn[e[i].y]);        }    }    if (low[now] == dfn[now]){        scc[0] += 1;        for (int tmp = 0; tmp != now; ){            tmp = s.top(); s.pop();            scc[tmp] = scc[0];            inStack[tmp] = 0;            size[scc[0]] += 1;        }    }}inline int tarjan(const int &n){    fill(inStack, 0);    fill(size, 0);    fill(dfn, 0);    fill(low, 0);    cnt = 0;    rep(i, 1, n){        if (!dfn[i]){            dfs(i);        }    }}int main(void){    int n = read(), m = read();    int edgeCnt = 1;    rep(i, 1, m){        int x = read(), y = read(), opt = read() - 1;        if (opt){            addEdge(edgeCnt, x, y);            addEdge(edgeCnt, y, x);        }else{            addEdge(edgeCnt, x, y);        }    }    tarjan(n);    int ans = 0;    rep(i, 1, n){        ans = max(ans, size[scc[i]]);    }    printf("%d\n", ans);    rep(i, 1, n){        if (ans == size[scc[i]]){            printf("%d ", i);        }    }    return 0;}