[JSOI2013]侦探 JYY
说明
2020.9.14的考试题
考场上没想出来，之后借鉴了学长的思路才改正。
思路
设给出的已知事件为 \(x\)
- 朴素想法
对于每个 \(x\)，显然所有子孙是要选的，那么我们就只需要考虑祖先怎么选。
首先任选一个父亲往上走直到走到一个入度为0的点 \(top\)，然后再从 \(top\) 往下标记所有点（这些点就全部都要输出）
如果此时还存在一个入度为0且没被标记过的点能够走到 \(x\)，则说明 \(x\) 的父亲相互矛盾，即样例二的情况，那么所有的父亲都不能选
但是，这样做就会遗漏掉一种情况，而且大概率会 \(T\) 掉
- 完整思路
来看样例四，我们会发现：即使 \(x=3\) 的父亲相互矛盾，但是输出却不止3，而还有4
这样我们的朴素算法就被 \(Hack\) 掉了，看一下图：
归纳一下，样例四的情况即：即使当前 \(x\) 的所有父亲不能选，但是所有父亲有除 \(x\) 以外的公共儿子（例如点4），那么这些公共儿子也一定会被选
这种情况怎么处理？
设当前已经确定要输出的数的个数为 \(sum\)
我们首先将每个点的所有祖先存入对应的 \(set\) 中，然后对于每个不是 \(x\) 的点 \(i\) 进行一次 \(check\)，判断所有不在 \(i\) 的路径上的点中已经被确定的数的个数 \(cnt\) 是否等于 \(sum\)
如果小于 \(sum\)，则说明当前点 \(i\) 一定会被选中输出。因为剩余的被确定的数（即 \(sum-cnt\)）只可能存在于当前点 \(i\) 所在的路径上，那么 \(i\) 一定会被选中
\(check\) 算法框架：
-
找到除当前点 \(i\) 的父节点以外的入度为0的点
-
然后遍历找到的这些点的子孙
-
所有以上找到的点就是不存在于当前点 \(i\) 路径上的点
有一点抽象，来看一个例子：
则有：
set[1]={1}
set[2]={1,2}
set[3]={1,2,3}
set[4]={1,2,4}
set[5]={5}
set[6]={1,2,4,6}
假设当前点 \(i=2\)，那么 \({5，6}\) 就是找到的不存在于 \(i\) 的路径上的点
代码
如果思路有些不懂也不要急，结合下面的代码理解，多画一下样例，就好了qwq
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int> fa[20010];
int d,m,n,x,y,tot,sum;
int in[20010],vis[20010],head[200010],viss[20010];
struct node {
int to,net;
} e[200010];
void add(int u,int v) {
e[++tot].to=v;
e[tot].net=head[u];
head[u]=tot;
}
void bfs1(int now) {
queue<int> q;
memset(viss,0,sizeof(viss));
q.push(now);
viss[now]=1;
while(!q.empty()) {
int xx=q.front();
q.pop();
fa[xx].insert(now);
for(int i=head[xx];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(viss[v]) continue;
q.push(v);
viss[v]=1;
}
}
}
int check(int now) {
queue<int> q;
memset(viss,0,sizeof(viss));
for(int i=1;i<=d;i++) {
if(fa[now].find(i)==fa[now].end()&&!in[i]) q.push(i),viss[i]=1; //除x的父节点以外入度为0的节点（即不在x的路径上）
}
int cnt=0;
while(!q.empty()) {
int xx=q.front();
q.pop();
cnt+=vis[xx]; //统计其中被确定的数的个数
for(int i=head[xx];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(viss[v]) continue;
viss[v]=1;
q.push(v);
}
}
return cnt;
}
void bfs2() {
queue<int> q;
for(int i=1;i<=d;i++) {
if(vis[i]) q.push(i);
}
while(!q.empty()) {
int xx=q.front();
q.pop();
for(int i=head[xx];i;i=e[i].net) {
int v=e[i].to;
if(vis[v]) continue;
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d",&d,&m,&n);
for(int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
in[y]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&x);
vis[x]=1; //所有被确定的事件不用管
sum++; //sum表示已经被确定的事件个数
}
for(int i=1;i<=d;i++) bfs1(i); //找到每个点i的所有祖先
for(int i=1;i<=d;i++) {
if(vis[i]) continue;
if(check(i)<sum) { //如果不在i的路径上的点中被确定的数的个数小于sum，则说明当前i一定会被选
vis[i]=1;
sum++;
}
}
bfs2(); //最后遍历标记所有能被确定的数，输出
for(int i=1;i<=d;i++) {
if(vis[i]) printf("%d ",i);
}
return 0;
}
