|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
typedef long long LL;
|
|
|
const int N = 100010, M = 2000010; // 因为要建新图，两倍的边
|
|
|
int n, m, mod; // 点数、边数、取模的数
|
|
|
|
|
|
int f[N], g[N];
|
|
|
|
|
|
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], idx; // h: 原图；hs: 新图
|
|
|
void add(int h[], int a, int b) {
|
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// tarjan求强连通分量
|
|
|
int dfn[N], low[N], ts, in_stk[N], stk[N], top;
|
|
|
int id[N], scc_cnt, sz[N];
|
|
|
void tarjan(int u) {
|
|
|
dfn[u] = low[u] = ++ts;
|
|
|
stk[++top] = u;
|
|
|
in_stk[u] = 1;
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
if (!dfn[v]) {
|
|
|
tarjan(v);
|
|
|
low[u] = min(low[u], low[v]);
|
|
|
} else if (in_stk[v])
|
|
|
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
|
|
|
}
|
|
|
if (dfn[u] == low[u]) {
|
|
|
++scc_cnt;
|
|
|
int x;
|
|
|
do {
|
|
|
x = stk[top--];
|
|
|
in_stk[x] = 0;
|
|
|
id[x] = scc_cnt;
|
|
|
sz[scc_cnt]++;
|
|
|
} while (x != u);
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
int main() {
|
|
|
memset(h, -1, sizeof h); // 原图
|
|
|
memset(hs, -1, sizeof hs); // 新图
|
|
|
|
|
|
scanf("%d %d %d", &n, &m, &mod);
|
|
|
|
|
|
while (m--) {
|
|
|
int a, b;
|
|
|
scanf("%d %d", &a, &b);
|
|
|
add(h, a, b);
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// (1) tarjan算法求强连通分量
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++)
|
|
|
if (!dfn[i]) tarjan(i);
|
|
|
|
|
|
// (2) 缩点，建新图
|
|
|
unordered_set<LL> S; // 对连着两个不同强连通分量的边进行判重
|
|
|
for (int u = 1; u <= n; u++)
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
int a = id[u], b = id[v];
|
|
|
LL hash = a * 1000000ll + b; // 新两点a,b之间的Hash值，防止出现重边
|
|
|
if (a != b && !S.count(hash)) { // ① 不同的连通块 ② 非重边
|
|
|
add(hs, a, b); // 加入新图
|
|
|
S.insert(hash); // 记录a,b端点的边使用过
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// (3) tarjan统计出来的前连通分量是逆拓扑序的
|
|
|
// 计算以每个新点（强连通分量）为终点的最长链中的点的数目f[i]和数量g[i]
|
|
|
for (int u = scc_cnt; u; u--) { // 因此dp的初始点就在id的最后一个，因此我们逆着id做就是拓扑序了
|
|
|
if (!f[u]) { // u节点被初次访问时
|
|
|
f[u] = sz[u]; // 最长链中点数量=存储u号强连通分量中节点的个数
|
|
|
g[u] = 1; // 最长链的条数=1条
|
|
|
}
|
|
|
// 对DAG开始进行递推，层次感好强
|
|
|
for (int i = hs[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
if (f[v] < f[u] + sz[v]) {
|
|
|
f[v] = f[u] + sz[v]; // 最大值被打破（联想数字三角形）
|
|
|
g[v] = g[u]; // 同步更新条数
|
|
|
} else if (f[v] == f[u] + sz[v]) // 最大值被追平，则叠加条数
|
|
|
g[v] = (g[v] + g[u]) % mod;
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// (4) 求解答案
|
|
|
int res = 0, sum = 0; // 最大半连通子图节点数、对应方案数
|
|
|
for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++)
|
|
|
if (f[i] > res)
|
|
|
res = f[i], sum = g[i];
|
|
|
else if (f[i] == res)
|
|
|
sum = (sum + g[i]) % mod;
|
|
|
// 输出
|
|
|
printf("%d\n%d\n", res, sum);
|
|
|
return 0;
|
|
|
}
|
