http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1098
显然答案是补图连通块。。。。。
想到用并查集。。。可是连补图的边都已经。。。n^2了。。。怎么做。。
好神的题！
考虑我们是如何建补图和并查集：是不是都是先枚举一个点，然后标记能到达的点，然后没到达的点就是要连的边。最后在来一次并查集。
是吧。。
那么考虑：为什么要并查集。。。我们找到没到达的点就行了么。。。那么肯定就是在一个连通块，问题在于如何将整个连通块找出来。bfs！
考虑：我们之前放到块里的点是不用枚举了的，且在标记的时候，已经不必枚举之前已经得到的连通块的点。也就是说，每一次找到一个块，就将点删除，这样找标记就不必要枚举这些点！
bfs+链表的结构是不是已经出来了。。。。。
链表用于遍历所有还没用变成连通块的点，bfs用于找出连通块。
然后就没了。
orz
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; } const int N=100005;
int ihead[N], cnt, n, m, q[N], ans[N], tot, vis[N];
struct dat { int next, to; }e[2000005*2];
struct node { int nxt; bool flag; }c[N];
void add(int u, int v) {
e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v;
e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u;
}
inline void del(const int &x, const int &f) { c[f].nxt=c[x].nxt; }
void work() {
for1(i, 1, n) c[i-1].nxt=i;
int front, tail, pos, f, u;
while(c[0].nxt) {
front=tail=0;
q[tail++]=c[0].nxt; vis[c[0].nxt]=1; ans[tot]=1; del(c[0].nxt, 0);
while(front!=tail) {
u=q[front++];
rdm(u, i) c[e[i].to].flag=1;
for(pos=c[0].nxt, f=0; pos; pos=c[pos].nxt) if(!c[pos].flag) { if(vis[pos]) continue; vis[pos]=1; del(pos, f); ++ans[tot]; q[tail++]=pos; } else f=pos;
rdm(u, i) c[e[i].to].flag=0;
}
++tot;
}
}
int main() {
read(n); read(m);
for1(i, 1, m) add(getint(), getint());
work();
printf("%d\n", tot);
sort(ans, ans+tot);
rep(i, tot) printf("%d ", ans[i]);
return 0;
}
Description
FGD开办了一家电话公司。他雇用了N个职员，给了每个职员一部手机。每个职员的手机里都存储有一些同事的电话号码。由于FGD的公司规模不断扩大，旧的办公楼已经显得十分狭窄，FGD决定将公司迁至一些新的办公楼。 FGD希望职员被安置在尽量多的办公楼当中，这样对于每个职员来说都会有一个相对更好的工作环境。但是，为了联系方便起见，如果两个职员被安置在两个不同的办公楼之内，他们必须拥有彼此的电话号码。
Input
第一行包含两个整数N（2<=N<=100000）和M（1<=M<=2000000）。职员被依次编号为1,2,……,N. 以下M行，每行包含两个正数A和B(1<=A
Output
包含两行。第一行包含一个数S，表示FGD最多可以将职员安置进的办公楼数。第二行包含S个从小到大排列的数，每个数后面接一个空格，表示每个办公楼里安排的职员数。
Sample Input
1 3
1 4
1 5
2 3
3 4
4 5
4 7
4 6
5 6
6 7
2 4
2 7
2 5
3 5
3 7
1 7
Sample Output
1 2 4
HINT
FGD可以将职员4安排进一号办公楼，职员5和职员7安排进2号办公楼，其他人进3号办公楼。