【刷题】BZOJ 1143 [CTSC2008]祭祀river

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。

Solution

题目意思转化,我们知道,如果在某个点上建立了祭祀点,那么所有它连能到达的和能到达它的点都不能再选,那么选路径至多就只能选最小边覆盖条边
点可重最小边覆盖,Floyd跑一遍, \(i\) 只要能到达 \(j\) 就在二分图上连一条边,不需要一定直接有边相连。如果二分图上选了 \(i\)\(j\) 的这条边当匹配边,即在原图上选了从 \(i\) 一直到 \(j\) 的路径上的所有边一起覆盖
建完图后跑一下网络流就出来了

#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=200+10,MAXM=1000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,G[MAXN][MAXN],e=1,to[MAXN*MAXN*2],nex[MAXN*MAXN*2],cap[MAXN*MAXN*2],level[MAXN<<1],beg[MAXN<<1],cur[MAXN<<1],s,t,clk,vis[MAXN<<1];
std::queue<int> q;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void Floyd()
{
	for(register int k=1;k<=n;++k)
		for(register int i=1;i<=n;++i)
			for(register int j=1;j<=n;++j)
				if(i!=j&&j!=k&&i!=k&&G[i][k]&&G[k][j])G[i][j]=1;
}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
	to[++e]=y;
	nex[e]=beg[x];
	beg[x]=e;
	cap[e]=z;
	to[++e]=x;
	nex[e]=beg[y];
	beg[y]=e;
	cap[e]=0;
}
inline bool bfs()
{
	memset(level,0,sizeof(level));
	level[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
			if(cap[i]&&!level[to[i]])
			{
				level[to[i]]=level[x]+1;
				q.push(to[i]);
			}
	}
	return level[t];
}
inline int dfs(int x,int maxflow)
{
	if(!maxflow||x==t)return maxflow;
	vis[x]=clk;
	int res=0,f;
	for(register int &i=cur[x];i;i=nex[i])
		if((vis[x]^vis[to[i]])&&cap[i]&&level[to[i]]==level[x]+1)
		{
			f=dfs(to[i],min(maxflow,cap[i]));
			maxflow-=f;
			res+=f;
			cap[i]-=f;
			cap[i^1]+=f;
			if(!maxflow)break;
		}
	vis[x]=0;
	return res;
}
inline int Dinic()
{
	int res=0;
	while(bfs())clk++,memcpy(cur,beg,sizeof(cur)),res+=dfs(s,inf);
	return res;
}
int main()
{
	read(n);read(m);
	for(register int i=1;i<=m;++i)
	{
		int u,v;read(u);read(v);
		G[u][v]=1;
	}
	Floyd();
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		for(register int j=1;j<=n;++j)
			if(G[i][j])insert(i,j+n,1);
	s=n+n+1,t=s+1;
	for(register int i=1;i<=n;++i)insert(s,i,1),insert(n+i,t,1);
	write(n-Dinic(),'\n');
	return 0;
}
posted @ 2018-05-29 21:27  HYJ_cnyali  阅读(77)  评论(0编辑  收藏