题意：给出一个图，如果这个图一开始就不是强连通图，求出最多加多少条边使这个图还能保持非强连通图的性质。
思路：不难想到缩点转化为完全图，然后找把它变成非强连通图需要去掉多少条边，但是应该怎么处理呢……有人给出这样的答案，找到分量中点数最少的块，把它的所有入边都去掉……好像是对的，但是万一这个块本来就有一个入度怎么办？这个边是不可以删的啊。所以我觉得这种办法是有点的问题的，所以最靠谱的方法还是斌哥他们给出的方法，最后的时候把点分成两个集合x和y，x和y本身都是完全图块，然后让x中的每一个点都指向y中的每一个点，y中没有边指向x，假设x中有a个点，y中有b个点，a+b = n，容易得到ans = a*(a-1) + b*(b-1) - a*b - m,等价变形为ans = n*n - n - a*b - m,根据我们高中学过的不等式的性质，a×b在a=b的时候取得最大值，a与b相差的越多，a×b越小，所以我们可以让a更小，所以可以选择一个入度或者出度为0的分量作为x，选出点最少的块作为x，那么ans就是最大的。
感悟：感觉这个题很好的把图论和数学划分的思想结合到了一起。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
#define maxn 100010
int dfn[maxn],low[maxn],id[maxn],sum[maxn],in[maxn],out[maxn];
int head[maxn],all,tot,scc,vis[maxn];
struct Edge
{
int to,nxt;
}edge[maxn];
stack<int> st;
void init()
{
memset(dfn,,sizeof(dfn));
memset(low,,sizeof(low));
memset(id,,sizeof(id));
memset(sum,,sizeof(sum));
all = ;
scc = ;
while(!st.empty()) st.pop();
memset(in,,sizeof(in));
memset(out,,sizeof(out));
}
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++all;
st.push(u);
for(int i = head[u];i != -;i = edge[i].nxt)
{
int v = edge[i].to;
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u],low[v]);
}
else if(!id[v]) low[u] = min(low[u],dfn[v]);
}
if(low[u] == dfn[u])
{
int num;
scc++;
while(!st.empty())
{
num = st.top();
st.pop();
id[num] = scc;
sum[scc]++;
if(num == u) break;
}
}
}
int main()
{
int t,n,m,a,b,ca = ;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
tot = ;
memset(head,-,sizeof(head));
for(int i = ;i < m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
edge[i].to = b;
edge[i].nxt = head[a];
head[a] = i;
}
init();
for(int i = ;i <= n;i++)
{
if(!dfn[i])
tarjan(i);
}
printf("Case %d: ",++ca);
if(scc == )
{
puts("-1");
continue;
}
for(int u = ;u <= n;u++)
{
for(int i = head[u];i != -;i = edge[i].nxt)
{
int v = edge[i].to;
if(id[u] != id[v])
{
in[id[v]]++;
out[id[u]]++;
}
}
}
long long tmpans = (long long)(n*n-n-m);
long long ans = ;
for(int i = ;i <= scc;i++)
{
if(in[i]== || out[i]==)
ans = max(ans,tmpans - sum[i]*(n-sum[i]));
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return ;
}