思路
这道题对于题意的转化很关键。
题目要求的是添上一条边，使得图中最大团的大小变大。给出的边是原图的补集，这就给我们了提示。
因为题目中说，原图中最多有两个团。所以给出的边一定形成了一个二分图。
那么最大团就是新图中的最大独立集。
那么问题就转化成了，在新图中删除一条边，使得新图中的最大独立集变大。
因为最大独立集 = 点数-最大匹配。
所以我们要让最大匹配变小。
考虑删除哪些边会让最大匹配变小。首先肯定要在跑完网络流之后是满流的。然后不能由其他的边来代替。也就是说在残余网络上跑一遍\(tarjan\)，满足两段不在同一个强联通分量中的边。
所以做法也就出来了。先建图跑一遍网络流，然后在残余网络上\(tarjan\)一遍。再遍历所有边，找出那些不在两段不在同一个强连通分量中，并且满流的边。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define change(x) x & 1 ? x + 1 : x - 1
const int M = 600010,N = 10010,INF = 1e9 + 7;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node {
int u,v,nxt,w;
}e[M << 1],E[M << 1],ans[M << 1];
int anss;
int head[N],ejs;
void add(int u,int v,int w) {
e[++ejs].u = u;e[ejs].v = v;e[ejs].w = w;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
e[++ejs].u = v;e[ejs].v = u;e[ejs].w = 0;e[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
}
void ADD(int u,int v) {
E[++ejs].u = u;E[ejs].v = v;E[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
E[++ejs].v = u;E[ejs].u = v;E[ejs].nxt = head[v];head[v] = ejs;
}
int n,m,S,T;
int lb[N];
void con(int u) {
for(int i = head[u];i;i = E[i].nxt) {
int v = E[i].v;
if(lb[v]) continue;
lb[v] = 3 - lb[u];
con(v);
}
}
int dep[N],dfn[N],inque[N],sta[N],top,low[N],cnt,col[N],coljs;
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++cnt;
sta[++top] = u;inque[u] = 1;
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(e[i].w <= 0) continue;
if(!dfn[v]) tarjan(v),low[u] = min(low[u],low[v]);
else if(inque[v]) low[u] = min(low[u],low[v]);
}
if(low[u] == dfn[u]) {
++coljs;
while(sta[top + 1] != u) {
inque[sta[top]] = 0;
col[sta[top--]] = coljs;
}
}
}
queue<int>q;
int bfs() {
memset(dep,0,sizeof(dep));
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(S);dep[S] = 1;
while(!q.empty()) {
int u = q.front();q.pop();
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(dep[v] || e[i].w <= 0) continue;
dep[v] = dep[u] + 1;
if(v == T) return 1;
q.push(v);
}
}
return 0;
}
int dfs(int u,int now) {
if(u == T) return now;
int re = 0;
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(e[i].w <= 0 || dep[v] != dep[u] + 1) continue;
int k = dfs(v,min(now,e[i].w));
if(k) {
e[i].w -= k;
e[change(i)].w += k;
now -= k;
re += k;
if(!now) break;
// return k;
}
}
return re;
}
void dinic() {
while(bfs()) {
int k = dfs(S,INF);
while(k) {
k = dfs(S,INF);
}
}
}
bool tmp(node X,node Y) {
int k1 = min(X.u,X.v),t1 = max(X.u,X.v),k2 = min(Y.u,Y.v),t2 = max(Y.u,Y.v);
return k1 == k2 ? t1 < t2 : k1 < k2;
}
int main() {
n = read(),m = read();
for(int i = 1;i <= m;++i) {
int u = read(),v = read();
ADD(u,v);
}
for(int i = 1;i <= n;++i)
if(!lb[i]) lb[i] = 1,con(i);
memset(head,0,sizeof(head));
ejs = 0;
S = n + 1,T = S + 1;
for(int i = 1;i <= n;++i) {
if(lb[i] == 1) add(S,i,1);
else add(i,T,1);
}
for(int i = 1;i <= m * 2;i += 2) {
if(lb[E[i].u] == 1) add(E[i].u,E[i].v,1);
else add(E[i].v,E[i].u,1);
}
dinic();
for(int i = 1;i <= n;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i = 1;i <= ejs;i += 2) {
int u = e[i].u,v = e[i].v;
if(col[u] != col[v] && e[i].w == 0 && e[i].u <= n &&e[i].v <= n) {
ans[++anss] = e[i];
}
}
printf("%d\n",anss);
sort(ans + 1,ans + anss + 1,tmp);
for(int i = 1;i <= anss;++i) {
printf("%d %d\n",min(ans[i].u,ans[i].v),max(ans[i].u,ans[i].v));
}
return 0;
}