【BZOJ1143】祭祀（网络流）
【BZOJ1143】祭祀（网络流）
题面
Description
在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都
会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着
两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。
由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必
须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣
的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。
Input
第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。
接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，
描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。
N≤100M≤1000
Output
第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。
Sample Input
4 4
1 2
3 4
3 2
4 2
Sample Output
2
【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。
题解
最长反链覆盖
看到这道题目的第一眼的思路
就觉得很类似于最小路径覆盖
但是我们发现这样是错的，
因为无法确定路径的联通关系
现在稍微改一下就行了，既然只要是联通的就不能选了
那么就把有边直接相连，改为是否联通
提前跑\(Floyd\)处理一下再连边就行了
（二分图匹配也是可以的）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 555
#define INF 1000000000
inline int read()
{
int x;scanf("%d",&x);return x;
}
struct Line{int v,next,w;}e[MAX*MAX*4];
int h[MAX],cnt=2;
inline void Add(int u,int v,int w)
{
e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;
e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;
}
int level[MAX],S,T;
bool bfs()
{
memset(level,0,sizeof(level));level[S]=1;
queue<int> Q;Q.push(S);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
if(e[i].w&&!level[e[i].v])level[e[i].v]=level[u]+1,Q.push(e[i].v);
}
return level[T];
}
int dfs(int u,int flow)
{
if(u==T||!flow)return flow;
int ret=0;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1)
{
int d=dfs(v,min(flow,e[i].w));
ret+=d;flow-=d;
e[i].w-=d;e[i^1].w+=d;
}
}
if(!ret)level[u]=0;
return ret;
}
int Dinic()
{
int ret=0;
while(bfs())ret+=dfs(S,INF);
return ret;
}
int n,m,g[MAX][MAX];
int main()
{
n=read();m=read();
S=0;T=n+n+1;
for(int i=1;i<=m;++i)g[read()][read()]=1;
for(int k=1;k<=n;++k)
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
g[i][j]|=g[i][k]&g[k][j];
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
if(g[i][j])Add(i,j+n,1);
for(int i=1;i<=n;++i)Add(S,i,1),Add(i+n,T,1);
printf("%d\n",n-Dinic());
return 0;
}
