补图连通块个数这大概是一个套路吧,我之前没有见到过,想了好久都没有想出来QaQ
事实上这个做法本身就是一个朴素算法,但进行巧妙的实现,就可以分析出它的上界不会超过 $O(n + m)$。
接下来介绍一下这个技巧:
很显然一个不在原图中的边一定在补图中出现,如果我们考虑用朴素的$Bfs$求一个图中的连通块个数,对于当前的一个点$x$,枚举它连出去的边进行拓展即可。
如果是求补图中的,那对于当前队首的点$x$,可以枚举其他所有的点,看是否和这个点有连边,没有就拓展。
一个可以的优化就是,一个点在$Bfs$是不会被入队多次,我们可以把它删掉,这样可以优化原先朴素算法在拓展上$O(n)$枚举的复杂度。
至于为什么删掉不会造成问题,我们可以考虑它有可能存在的问题就是某一个点$x$在拓展的时候准备拓展一个已经被删除的点$y$,那可能会造成原本在一个连通块的点分成多个,这种情况下在之前$y$拓展的时候就会先拓展到$x$;至于如果两个点同时被删除时,那它们一定是同一个根,一定是同一个连通块里的。
接下来证明这样优化之后复杂度的上界是$O(n + m)$:
事实上我们进行每一次拓展的时候,一次失败的拓展是因为原图中存在着这条边,而一旦拓展成功,就能删掉一个点。由于每条边做多被访问一次,于是每次拓展就是要么是减少一条边,要么是减少一个点,故$Bfs$的复杂度上界是$O(n + m)$的。
这个题就是一个例子,在此做一个总结:
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm> using namespace std; const int N = ; int n, m;
int fa[N], vis[N];
vector<int> g[N], ans; int Sk(int x) {
return fa[x] == x? x : fa[x] = Sk(fa[x]);
} void Bfs(int s) {
static queue<int> Q;
Q.push(s), fa[s] = Sk(s + );
ans.push_back();
for (int x; !Q.empty(); ) {
x = Q.front(), Q.pop();
for (int v : g[x]) vis[v] = x;
for (int i = Sk(); i <= n; i = Sk(i + )) {
if (vis[i] != x) fa[i] = Sk(i + ), Q.push(i), ++ans.back();
}
}
} int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = , x, y; i <= m; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
}
for (int i = ; i <= n; ++i) fa[i] = i;
fa[n + ] = n + ;
for (int i = ; i <= n; i = Sk(i + )) Bfs(i);
sort(ans.begin(), ans.end());
printf("%d\n", (int)ans.size());
for (int i : ans) printf("%d ", i);
putchar('\n'); return ;
}