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传送门：【POJ】3155 Hard Life

题目分析：最大密度子图问题。

这里图的密度的定义是边数除以点数，最大密度子图就是边数除以点数最大的子图。

我们知道要选择一些点一定要选他的两个端点，那么，我们可以把每条边视为一个点，向他的两个端点建边无穷大，源点向表示边的点建边，容量为1，汇点向端点建边，容量为x。

那么x应该为多少呢？这个我们可以通过二分求得。设x = numE / numV，那么设g(x) = numE - x * numV，当g(x)>0时，x还可以增大，改变下界，当g(x)等于0时，改变上界。会不会有g(x)<0的情况存在？由于网络流求解g(x)的特殊性，是不可能存在g(x)<0的。特别要注意的一点是，二分完以后还要用下界在去求一次网络流，因为l一定是合法的可行解，而且在二分的时候是可能丢掉最优解的哦~

写的时候真的是hard life了。。。。精度问题都忘记了。。。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

#define REP( i , a , b ) for ( int i = a ; i < b ; ++ i )
#define REV( i , a , b ) for ( int i = a - 1 ; i >= b ; -- i )
#define FOR( i , a , b ) for ( int i = a ; i <= b ; ++ i )
#define FOV( i , a , b ) for ( int i = a ; i >= b ; -- i )
#define CLR( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )
#define CPY( a , x ) memcpy ( a , x , sizeof a )

typedef double type_c ;

const int MAXN = 1105 ;
const int MAXQ = 1105 ;
const int MAXE = 10005 ;
const double INF = 1e15 ;
const double eps = 1e-8 ;
const double lim = 1e-4 ;

struct Edge {
	int v , n ;
	type_c c , rc ;
	Edge () {}
	Edge ( int v , type_c c , int n ) : v ( v ) , c ( c ) , rc ( c ) , n ( n ) {}
} ;

struct Net {
	Edge E[MAXE] ;
	int H[MAXN] , cntE , cntEE ;
	int d[MAXN] , num[MAXN] , pre[MAXN] , cur[MAXN] ;
	int Q[MAXQ] , head , tail ;
	int s ,t , nv ;
	type_c flow ;
	
	int n , m ;
	bool vis[MAXN] ;
	
	int sgn ( double x ) {
		return ( x > eps ) - ( x < -eps ) ;
	}
	
	void init () {
		cntE = 0 ;
		CLR ( H , -1 ) ;
	}
	
	void addedge ( int u , int v , type_c c ) {
		E[cntE] = Edge ( v , c , H[u] ) ;
		H[u] = cntE ++ ;
		E[cntE] = Edge ( u , 0 , H[v] ) ;
		H[v] = cntE ++ ;
	}
	
	void rev_bfs () {
		CLR ( d , -1 ) ;
		CLR ( num , 0 ) ;
		head = tail = 0 ;
		Q[tail ++] = t ;
		d[t] = 0 ;
		num[d[t]] = 1 ;
		while ( head != tail ) {
			int u = Q[head ++] ;
			for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
				int v = E[i].v ;
				if ( ~d[v] )
					continue ;
				d[v] = d[u] + 1 ;
				num[d[v]] ++ ;
				Q[tail ++] = v ;
			}
		}
	}
	
	type_c ISAP () {
		CPY ( cur , H ) ;
		rev_bfs () ;
		flow = 0 ;
		int u = pre[s] = s , i , pos , mmin ;
		while ( d[s] < nv ) {
			if ( u == t ) {
				type_c f = INF ;
				for ( i = s ; i != t ; i = E[cur[i]].v )
					if ( f > E[cur[i]].c ) {
						f = E[cur[i]].c ;
						pos = i ;
					}
				for ( i = s ; i != t ; i = E[cur[i]].v ) {
					E[cur[i]].c -= f ;
					E[cur[i] ^ 1].c += f ;
				}
				u = pos ;
				flow += f ;
			}
			for ( i = cur[u] ; ~i ; i = E[i].n )
				if ( sgn ( E[i].c )&& d[u] == d[E[i].v] + 1 )
					break ;
			if ( ~i ) {
				cur[u] = i ;
				pre[E[i].v] = u ;
				u = E[i].v ;
			}
			else {
				if ( 0 == -- num[d[u]] )
					break ;
				mmin = nv ;
				for ( i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n )
					if ( sgn ( E[i].c ) && mmin > d[E[i].v] ) {
						mmin = d[E[i].v] ;
						cur[u] = i ;
					}
				d[u] = mmin + 1 ;
				num[d[u]] ++ ;
				u = pre[u] ;
			}
		}
		return flow ;
	}
	
	void build ( double mid ) {
		REP ( i , 0 , cntE )
			E[i].c = E[i].rc ;
		REP ( i , cntEE , cntE )
			E[i ++].c = mid ;
	}
	
	void dfs ( int u ) {
		vis[u] = 1 ;
		for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n )
			if ( sgn ( E[i].c ) && !vis[E[i].v] )
				dfs ( E[i].v ) ;
	}
	
	void solve () {
		if ( m == 0 ) {
			printf ( "1\n1\n" ) ;
			return ;
		}
		int u , v ;
		init () ;
		s = 0 ;
		t = n + m + 1 ;
		nv = t + 1 ;
		FOR ( i , 1 , m ) {
			scanf ( "%d%d" , &u , &v ) ;
			addedge ( s , i + n , 1 ) ;
			addedge ( i + n , u , INF ) ;
			addedge ( i + n , v , INF ) ;
		}
		cntEE = cntE ;
		FOR ( i , 1 , n )
			addedge ( i , t , 0 ) ;
		double l = 0 , r = m ;
		while ( r - l > lim ) {
			double mid = ( r + l ) / 2 ;
			build ( mid ) ;
			if ( sgn ( m - ISAP () ) > 0 )
				l = mid ;
			else
				r = mid ;
		}
		build ( l ) ;
		ISAP () ;
		CLR ( vis , 0 ) ;
		dfs ( s ) ;
		int cnt = 0 ;
		FOR ( i , 1 , n )
			if ( vis[i] )
				++ cnt ;
		printf ( "%d\n" , cnt ) ;
		FOR ( i , 1 , n )
			if ( vis[i] )
				printf ( "%d\n" , i ) ;
	}
} e ;

int main () {
	while ( ~scanf ( "%d%d" , &e.n , &e.m ) )
		e.solve () ;
	return 0 ;
}