【BZOJ1064】【NOI2008】假面舞会

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1064: [Noi2008]假面舞会

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Description

一年一度的假面舞会又开始了，栋栋也兴致勃勃的参加了今年的舞会。今年的***都是主办方特别定制的。每个参加舞会的人都可以在入场时选择一 个自己喜欢的***。每个***都有一个编号，主办方会把此编号告诉拿该***的人。为了使舞会更有神秘感，主办方把***分为k (k≥3)类，并使用特殊的技术将每个***的编号标在了***上，只有戴第i 类***的人才能看到戴第i+1 类***的人的编号，戴第k 类***的人能看到戴第1 类***的人的编号。 参加舞会的人并不知道有多少类***，但是栋栋对此却特别好奇，他想自己算出有多少类***，于是他开始在人群中收集信息。 栋栋收集的信息都是戴第几号***的人看到了第几号***的编号。如戴第2号***的人看到了第5 号***的编号。栋栋自己也会看到一些编号，他也会根据自己的***编号把信息补充进去。由于并不是每个人都能记住自己所看到的全部编号，因此，栋栋收集的信 息不能保证其完整性。现在请你计算，按照栋栋目前得到的信息，至多和至少有多少类***。由于主办方已经声明了k≥3，所以你必须将这条信息也考虑进去。

Input

第一行包含两个整数n, m，用一个空格分隔，n 表示主办方总共准备了多少个***，m 表示栋栋收集了多少条信息。接下来m 行，每行为两个用空格分开的整数a, b，表示戴第a 号***的人看到了第b 号***的编号。相同的数对a, b 在输入文件中可能出现多次。

Output

包含两个数，第一个数为最大可能的***类数，第二个数为最小可能的***类数。如果无法将所有的***分为至少3 类，使得这些信息都满足，则认为栋栋收集的信息有错误，输出两个-1。

Sample Input

【输入样例一】

6 5

1 2

2 3

3 4

4 1

3 5

【输入样例二】

3 3

1 2

2 1

2 3

Sample Output

【输出样例一】

4 4

【输出样例二】

-1 -1

HINT

100%的数据，满足n ≤ 100000, m ≤ 1000000。

分析：据说某大牛在那年NOI考场上想出了比标程还漂亮的算法……

根据题目信息，我们不难想到，若a能看见b，则a到b建一条权值为1边，再反向建一条权值为-1的边。

其实对于任意李连通分量（先不考虑方向的连通）的构造只有三种情况。

（1）没有任何环；

（2）严格的有向环；

（3）不考虑方向的情况下，存在环，但环中的方向不一致。

显然，若（2），（3）中的情况至少存在一种，则 （1）对答案完全没有影响。

在没有环时，只需要找一条最长的链，各个连通分量最长链的长度之和就是答案。我们若用d[i]表示i到我们遍历某个连通分量时i到起点的距离，那么max{d[i]}-min{d[i]}+1便是这个连通分量中最最长链“跨越的层次数”，即对应的最多的假面的种类数（即使这条链中间会拐弯也没有关系）。显然这种情况下最少答案个数为3。

那么问题来了，存在环的时候该怎么办呢？

原图可能是大环套小环之类的样子，我们只需要找到小环就够了。对于每个连通分量我们从任意一点开始bfs。若访问的点之前未被访问过，则更新它的d值；反之，则说明我们找到了一个环，不难计算出这个环的长度。

注意：建图时我们反向建了一条权值为-1的边，便巧妙地处理了环中边的方向不一致的情况。

我们得到了许多个环的长度，那么这些所有环的长度的最大公约数便是可能的最大值，而最小值便是最大值不小于三的最小约数。

当然，无论是哪种情况，最大值小于三则说明无解。

详情见源代码。

[code]#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 100000
#define maxm 1000000
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
using namespace std;
int n,m;
struct EDGE{
    int u,v,w,next;
}edge[2*maxm+10];
int head[maxn+10],pp;
void adde(int u,int v,int w){
    edge[++pp]=(EDGE){u,v,w,head[u]};
    head[u]=pp;
}
bool vis[maxn+10];
int ans;
int d[maxn+10];
inline int gcd(int a,int b){
    return !b?a:gcd(b,a%b);
}
inline int abs(int x){
    return x>0?x:-x;
}
int que[maxn+10],he,ta;
int sum,mx,mn;
void bfs(int s){
    que[he=ta=0]=s;
    vis[s]=1;
    mx=mn=0;//分别记录当前连通分量中的d值的最大和最小值。
    while(he<=ta){
        int u=que[he++];
        mx=max(mx,d[u]);
        mn=min(mn,d[u]);
        for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
            EDGE e=edge[i];
            int v=e.v;
            if(vis[v])ans=gcd(ans,abs(d[u]+e.w-d[v]));
            else{
                vis[v]=1;
                que[++ta]=v;
                d[v]=d[u]+e.w;
            }
        }
    }
    sum+=mx-mn+1;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while(m--){
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        adde(a,b,1);
        adde(b,a,-1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])bfs(i);
    if(!ans&&sum<3||ans&&ans<3)puts("-1 -1");
    else{
        if(ans){
            for(int i=3;i<=ans;i++)if(ans%i==0){
                printf("%d %d\n",ans,i);
                break;
            }
        }else printf("%d %d\n",sum,3);
    }
    return 0;
}