题目描述
从小老师就教育我们，一根筷子容易折断，而一捆筷子不容易折断。
因为要出战世界杯，我们需要考虑派一只队伍出战，而我们希望出战的队伍的团结力最大。
而一个队伍的团结力取决于每个人的性格，每个人都有一个性格基因【（由字符串表示），比如小明的性格基因为：abbcde】，性格基因的排列方式是可以通过一个人的后天培养而改变的，其改变方式就是类似于循环，【小明的性格基因为：abbcde，他可以变成：bbcdea，bcdeab，cdeabb，deabbc，eabbcd】 。
一个队伍中如果最多有x个人的性格基因可以完全相等的话，那么这个队伍的团结力就是x。
比如一个队伍有五个人：
小明：abbcde
小红：bbcdea
大明：cdeabb
大红：efg
小紫：fge
明显小明小红和大明的性格基因可以变成相等的，大红和小紫的性格基因可以变成相等的， 这个最多有3个人的性格基因可以完全相等的，所以这个五人队伍的团结力就是3；
现在已知可以出战的人数为n个，每个人都有一个性格基因字符串，而作为一只队伍出战的话，需要队伍中的每个人都互相达成共识。同时也已知m个信息，每个信息是：
a想要和b一起出战【注意，这里只是a的一厢情愿】，只有当a想要和b一起出战，并且b也想要和a一起出战的时候，两个人才能一起出战。想要一起出战是可以具有传递性的，比如a想要和b一起出战，b想要和c一起出战的话，那么a也可以想要和c一起出战。
我们肯定希望派出的队伍的团结力最大，请计算出这个最大团结力。
输入描述:
本题包含多组数据，第一行输入两个数字n，m，分别表示一共有n个人，以及m个出战信息 。
接下来n行，每行输入一个字符串，表示每个人的性格基因。
再接下来m行，每行两个编号x，y，表示x想要和y出战
数据范围：
5<=n<=100000
1<=m<=100000
1<=x,y<=n
每个数据的字符串长度和不超过100000
输出描述:
每组数据输出一行，表示最大团结力。
示例1
输入
5 5 abbcde bbcdea cdeabb efg fge 1 2 2 3 3 4 4 5 5 1 6 7 abbcde bbcdea cdeabb efg fge gef 1 2 2 3 3 1 4 5 5 6 6 4 2 4
输出
3 3
说明
第一个样例题干中有所描述。这里1想和2出战，2想和3出战，3想和4出战，4想和5出战，5又想和1出战，那么就相当于每个人都想要互相一起出战，所以这就是一个队伍。
第二个样例中，123号三个人是一个队伍，456号是一个队伍，虽然2想和4一起出战，但是已知m条信息中，不能构成4想和2出战的信息出来，所以六个人不能变成一个队伍。
题解
强连通分量，字符串的最小表示法，字符串哈希。
根据题意，一个强连通分量内的人可以一起出征，接下来就是求每个强连通分量的最大团结力。
也就是计算每个强连通分量内最多几个人的字符串旋转后可以相同。
我们可以将每个字符串旋转成字典序最小的那个，然后$hash$成一个值，接下来就是看哪个数字最多就可以了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 100000 + 10;
int n, m;
long long val[maxn];
char s[maxn];
int h[maxn];
int to[maxn];
int nx[maxn];
int sz;
int ans;
long long b[maxn];
int u;
int getmin() {
int len = strlen(s);
int i=0,j=1,k=0,t;
while(i < len && j < len && k < len) {
t = s[(i + k) % len] - s[(j + k) % len];
if (!t) k ++;
else {
if (t > 0) i += k + 1;
else j += k + 1;
if (i == j) j ++;
k = 0;
}
}
return i < j ? i : j;
}
void add(int x, int y) {
to[sz] = y;
nx[sz] = h[x];
h[x] = sz;
sz ++;
}
/*强连通分量*/
int Stop;//栈中的元素个数
int cnt;//记录连通分量的个数
int visitNum;//记录遍历的步数
int DFN[maxn]; //记录节点u第一次被访问时的步数
int LOW[maxn]; //记录与节点u和u的子树节点中最早的步数
bool instack[maxn];//记录节点u是否在栈中
int Stap[maxn];//栈
int Belong[maxn];//记录每个节点属于的强连通分量编号
void tarjan(int i) {
int j;
DFN[i] = LOW[i] = ++visitNum;
instack[i] = true;
Stap[++ Stop] = i;//将当前节点压入栈中
for (int id = h[i]; id != -1; id = nx[id]) {
j = to[id];
if (!DFN[j]) { //j还没有被访问过
tarjan(j);
//父节点是子节点的子节点
if (LOW[j] < LOW[i]) {
LOW[i] = LOW[j];
}
}
//与j相连,但是j已经被访问过,且还在栈中
//用子树节点更新节点第一次出现的时间
else if (instack[j] && DFN[j] < LOW[i]) {
LOW[i] = DFN[j];
}
}
//节点i是强连通分量的根
if (DFN[i] == LOW[i]) {
cnt++;
//输出找到的强连通分量
//cout<<"连通分量"<<cnt<<": ";
//退栈,直至找到根为止
u = 0;
do {
j = Stap[Stop --];
instack[j] = false;
//cout << j << " ";
b[u ++] = val[j];
Belong[j] = cnt;
} while (j != i);
//cout << endl;
sort(b, b + u);
if(u) {
int sum = 1;
for(int v = 1; v < u; v ++) {
if(b[v] == b[v - 1]) {
sum ++;
} else {
ans = max(ans, sum);
sum = 1;
}
}
ans = max(ans, sum);
}
}
}
void solve() {
Stop = cnt = visitNum = 0;
memset(DFN, 0, sizeof DFN);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if (!DFN[i]) {//有可能图不是连通图
tarjan(i);
}
}
}
int main() {
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%s", s);
int p = getmin();
long long ha = 0;
for(int i = p; s[i]; i ++) {
ha = ha * 131LL % mod;
ha = ha + s[i];
ha = ha % mod;
}
for(int i = 0; i < p; i ++) {
ha = ha * 131LL % mod;
ha = ha + s[i];
ha = ha % mod;
}
val[i] = ha;
h[i] = -1;
}
sz = 0;
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
if(x == y) continue;
add(x, y);
}
ans = 0;
solve();
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}