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
7 16
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
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
3
1 2 4
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。
题解
显然答案是补图联通块个数
但数据范围很大
统计联通块一般是dfs/bfs/冰茶几
冰茶几不好做
dfs标记数组不好转移 或者用vector但太慢
于是bfs
找到一个点后再链表中删掉就可以了 以后就不会做冗余尝试了(做了也会因为vis而pass)
复杂度为O(n+m)
因为每一次尝试 要么链表元素-- 要么说明原图中有这一条边(网上其他证明都只说了前部分 再次Orz大敏神)
用链表删除元素也真是优美>.<
新技能get>.<
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=1e5+,maxm=2e6+; struct edge{int to,next;}e[maxm*];
int pre[maxn],nxt[maxn],tag[maxn],vis[maxn];
int last[maxn],tot[maxn],cnt,clock; inline int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
} int adde(int u,int v){
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
} int del(int x){
vis[x]=;
nxt[pre[x]]=nxt[x];
pre[nxt[x]]=pre[x];
} int q[maxn];
int bfs(int x){
int t=,h=;
q[++t]=x; while(h<t){
h++;
tot[clock]++;
int u=q[h];
for(int i=last[u];i;i=e[i].next) tag[e[i].to]=;
for(int i=nxt[];i;i=nxt[i])
if(!tag[i]&&!vis[i]){
del(i);
q[++t]=i;
}
for(int i=last[u];i;i=e[i].next) tag[e[i].to]=;
}
} int main(){ int n,m;
n=read();m=read(); int u,v;
for(int i=;i<=m;i++){
u=read();v=read();
adde(u,v);
} for(int i=;i<=n;i++)
pre[i]=i-,nxt[i]=i+;
nxt[n]=; for(int i=;i<=n;i++)
if(!vis[i]){
clock++;
del(i);
bfs(i);
} sort(tot+,tot+clock+); printf("%d\n",clock);
for(int i=;i<=clock;i++)
printf("%d ",tot[i]);
return ;
}