题解 ==============================================================

一、内容

　一个有向图G=(V,E)称为半连通的(Semi-Connected)，如果满足：?u,v∈V，满足u→v或v→u，即对于图中任意
两点u，v,存在一条u到v的有向路径或者从v到u的有向路径。若G'=(V',E')满足V'?V，E'是E中所有跟V'有关的边，
则称G'是G的一个导出子图。若G'是G的导出子图，且G'半连通，则称G'为G的半连通子图。若G'是G所有半连通子图
中包含节点数最多的，则称G'是G的最大半连通子图。给定一个有向图G，请求出G的最大半连通子图拥有的节点数K
，以及不同的最大半连通子图的数目C。由于C可能比较大，仅要求输出C对X的余数。

Input

　　第一行包含两个整数N，M，X。N，M分别表示图G的点数与边数，X的意义如上文所述接下来M行，每行两个正整
数a, b，表示一条有向边(a, b)。图中的每个点将编号为1,2,3…N，保证输入中同一个(a,b)不会出现两次。N ≤1
00000, M ≤1000000；对于100%的数据， X ≤10^8

Output

　　应包含两行，第一行包含一个整数K。第二行包含整数C Mod X.

Sample Input

6 6 20070603
1 2
2 1
1 3
2 4
5 6
6 4

Sample Output

3
3

二、思路

• 首先强连通分量必定是半连通子图。当我们建立出强连通图的拓扑图的时候，从入度为0的点出发，能走的所有最长的路径便是最大半连通子图。
• dp[i]: 代表拓扑序从起点 到 i这个点最大的节点数。 cnt[i]：代表从起点到i的最大方案数。
• 直接在拓扑图上dp一下即可。
• 注意缩点后，每个点可能和其他点有多条边，这个时候我们应该去掉重边。 因为最大半连通子图包括的是所有边，不同的连通子图只会因为点不相同而不同。

三、代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#include <iostream>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5, M = 2e6 + 5; 
struct E{ int v, next;} e[M];
int n, m, mod, num, u, v, top, len, h[N], sh[N], scc_cnt, id[N], scc[N], low[N], stack[N], dfn[N], dp[N], cnt[N];
bool in_st[N];
unordered_map<ll, int> mp;
void add(int h[], int u, int v) {
    e[++len].v = v; e[len].next = h[u]; h[u] = len;
} 
void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++num;
    stack[++top] = u; in_st[u] = true;
    for (int j = h[u]; j; j = e[j].next)  {
        int v = e[j].v;
        if (!dfn[v]) {
            tarjan(v);
            low[u] = min(low[u], low[v]);
        } else if (in_st[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if (dfn[u] == low[u]) {
        ++scc_cnt; int v;
        do {
            v = stack[top--]; in_st[v] = false;
            id[v] = scc_cnt; scc[scc_cnt]++; //连通分量的节点数++ 
        } while (u != v);
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &mod);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &u, &v); add(h, u, v);
    }
    for (int u = 1; u <= n; u++) if (!dfn[u]) tarjan(u);
    //建立SCC拓扑图
    for (int u = 1; u <= n; u++) {
        for (int j = h[u]; j; j = e[j].next) {
            int v = e[j].v;
            if (id[u] != id[v]) {
                ll hash = id[u] * N + id[v];
                if (!mp.count(hash)) {
                    mp[hash]++; add(sh, id[u], id[v]);
                }
            }
        }
    } 
    //通过拓扑图进行dp求最大节点数 dp[]保存这条链的节点总数 cnt保存方案数 
    for (int u = scc_cnt; u >= 1; u--) {
        if (!dp[u]) dp[u] = scc[u], cnt[u] = 1; //代表它是入度为0的起点 
        for (int j = sh[u]; j; j = e[j].next) {
            int v = e[j].v;
            if (dp[v] < dp[u] + scc[v]) {
                dp[v] = dp[u] + scc[v];
                cnt[v] = cnt[u];
            } else if (dp[v] == dp[u] + scc[v]) cnt[v] = (cnt[v] + cnt[u]) % mod; 
        }
    } 
    //最后求一下最大值 
    int maxv = -1, c = 0;
    for (int u = scc_cnt; u >= 1; u--) {
        if (maxv < dp[u]) {
            maxv = dp[u];
            c = cnt[u];         
        } else if (maxv == dp[u]) c = (c + cnt[u]) % mod;
    }
    printf("%d\n%d", maxv, c);
    return 0; 
}