Codeforces Round #469(Div.1 C) (Div. 2 E)Data Center Maintenance（tarjan缩点）

Problem

　　给你n个数据中心，m个客户，并告诉你一天的小时数h(2 ≤ n ≤ 100 000, 1 ≤ m ≤ 100 000, 2 ≤ h ≤ 100 000)。
　　对于数据中心j，它在$u_j$这个小时内会进行为期1小时的维修。
　　对于客户i，他的数据存储在$c_{i,1}$和$c_{i,2}$这两个数据中心里。你不能使这两个中心同时维修，也就是不能使$u_{c_{i,1}}=u_{c_{i,2}}$，不然那个客户就会gg。
　　现在，你要使至少一个数据中心的维修时间推迟1个小时，就是使$u_j=(u_j+1) \% h$。求最少要使多少个数据中心推迟1小时，以及一种方案。

Solution

　　考虑转换模型。
　　若数据中心x被推迟，中心y会因此而不得不推迟，就从x向y连一条边。比如h=5，$u_1=4$，$u_3=0$，使中心1推迟1小时就会让$u_1$变成0。如果有个客户要使用中心1、3，那么就得从1向3连条边。
　　这样，问题就被转化成求每个点能到达哪些点，并取最小值。

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　　n ≤ 100 000，不能暴力枚举起点再洪水灌溉，强行求解每个点能到哪些点。
　　那么可以考虑tarjan。

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　　首先，我们使用tarjan将所有强联通分量缩为一个个点。如果我们选了某个分量中任意一点，那么这整个分量都会被选。
　　于是，题目被转化为求每个分量能到达多少个点，并取最小值。可以拓扑排序+DP强行计算。
　　考虑两个分量A、B，设A有一条连向B的边。
　　如果我们选了分量A，那么分量B也得被选。这显然不是最优的。
　　换句话说说，选了某个分量，该分量连向的分量也得被选。
　　于是，我们可以只考虑出度为0的分量。选取这些分量中size最小的一个。

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　　时间复杂度：$O(n+m)$。

Code

#include <cstdio>
#include <vector> 
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

const int N=1e5+1,M=N<<1,inf=0x7FFFFFFF;
int i,n,m,h,u[N],c1,c2,tot,final[N],ans,st;
struct side
{
    int to,ne;
}e[M];

inline void link(int x,int y)
{
    e[++tot].to=y; e[tot].ne=final[x]; final[x]=tot;
}

int t,dfn[N],low[N],sta[N],top,col[N],cn,x,y,sz[N],s;
bool vis[N],out[N];
vector<int>cir[N];
vector<int>::iterator it;
void tarjan(int x)
{
    dfn[x]=low[x]=++t; vis[x]=1; sta[++top]=x;
    int i,y;
    for(i=final[x];i;i=e[i].ne)
    {
        y=e[i].to;
        if(!dfn[y]) tarjan(y), low[x]=min(low[x],low[y]);
        else    
        if(vis[y])  low[x]=min(low[x],dfn[y]);
    }
    if(dfn[x]==low[x])
    {
        vis[x]=0; col[x]=++cn; sz[cn]=1; cir[cn].push_back(x);
        while(sta[top]!=x) 
        {
            col[sta[top]]=cn;
            vis[sta[top]]=0;
            sz[cn]++;
            cir[cn].push_back(sta[top--]);
        }
        top--;  
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&h);
    fo(i,1,n) scanf("%d",&u[i]);
    fo(i,1,m) 
    {
        scanf("%d%d",&c1,&c2);
        if((u[c1]+1)%h==u[c2]) link(c1,c2);
        if((u[c2]+1)%h==u[c1]) link(c2,c1);
    }

    fo(i,1,n) if(!dfn[i]) tarjan(i);

    tot=0;
    fo(x,1,n)
        for(i=final[x];i;i=e[i].ne) 
        {
            y=e[i].to;
            if(col[x]!=col[y]) out[col[x]]=1;
        }

    s=inf;  
    fo(i,1,cn) if(!out[i]&&sz[i]<s) s=sz[i], x=i;   
    printf("%d\n",s);
    for(it=cir[x].begin();it!=cir[x].end();it++) printf("%d ",*it);
}