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。FG
D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

Sample Output
3

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

解题方法： 首先注意到，我们直接求这个问题很难求解，所以我们考虑转化，那么可以转化成什么呢？ 转化成补图联通块的个数， 这个是在床上突然想到的，补图就是完全图去掉这个图剩下的部分，那么补图的联通块之间有边恰恰对应原图一个集合无边，补图连通块之间无边，恰恰对应原图不在同一集合的点存在边。我们知道这个结论并不能解决这个问题，因为补图显然是稠密图，我们直接遍历边用并查集维护的话显然是（n^2），显然是要T的，然后我也卡住了，翻翻大牛的题解，找打了一种非常NB的方法，是OI的ysq大牛提出的，叫做链表加BFS的强优化，具体是这样的：我们先把所有的节点挂链，然后再把链表上的一个节点入队，遍历其在原图上相邻的点并做上标记，那么这时没有打上标记的点在补图上和当前节点一定有边相连因而一定在同一个联通块中，所以再把这些没有打上标记的点入队，并且在链表中除去，继续这个过程，直到队列为空时这个联通块就找出来了，再取链表上还存在的点入队寻找一个新的联通块，直到删掉所有点为止，复杂度降为了O(n + m)。然后这个题目就可以完美解决了，完结撒花。。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
const int maxm = 2000010;
int n, m, edgecnt, head[maxn];
struct edge{int v, nxt; } E[maxm*2];
struct link{int pre, nxt; }L[maxn];
void del(int x){
    L[L[x].pre].nxt = L[x].nxt;
    L[L[x].nxt].pre = L[x].pre;
}
void init(){
    memset(head, -1, sizeof(head));
    edgecnt = 0;
}
void addedge(int u, int v){
    E[edgecnt].v = v, E[edgecnt].nxt = head[u], head[u] = edgecnt++;
}
bool vis1[maxn], vis2[maxn]; //vis1标记相邻点，vis2标记在队列的存在状态
int scc[maxn], scccnt;
void bfs(){
    queue <int> q;
    memset(vis1, 0, sizeof(vis1));
    memset(vis2, 0, sizeof(vis2));
    while(L[0].nxt){//还存在节点
        int now = L[0].nxt, curscc = 1;
        del(now);
        q.push(now);
        vis2[now] = 1;
        while(!q.empty()){
            int u = q.front(); q.pop();
            for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt) vis1[E[i].v] = 1;
            for(int i = L[0].nxt; i; i = L[i].nxt){
                if(!vis1[i] && !vis2[i]){
                    vis2[i] = 1;
                    q.push(i);
                    curscc++;
                    del(i);
                }
            }
            for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt) vis1[E[i].v] = 0; //一定取消相邻节点的标记
        }
        scc[++scccnt] = curscc;
    }
}
int main(){
    init();
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        addedge(u, v);
        addedge(v, u);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        L[i-1].nxt = i; L[i].pre = i - 1;
    } L[n].nxt = 0;
    bfs();
    sort(scc + 1, scc + scccnt + 1);
    printf("%d\n", scccnt);
    for(int i = 1; i < scccnt; i++) printf("%d ", scc[i]); printf("%d", scc[scccnt]);
    return 0;
}