一、P2812 校園網路【[USACO]Network of Schools加強版】
P2812 校園網路【[USACO]Network of Schools加強版】
1、演算法簡析
首先，建立一張有向圖——學校是節點，學校間的單向線路是有向邊。\(Q_1\)：選出若干個節點，從這些節點出發可以到達其它的任意節點（即不考慮選出的節點），求這些節點數量的最小值。\(Q_2\)：新增若干條有向邊，使有向圖中任意兩點可以相互到達，求這些邊數量的最小值。
我們知道，在強連通分量中，任意兩點可以相互到達，所以對於一個強連通分量，只要有一個節點作為代表即可。因此，我們可以透過 \(Tarjan\) 演算法求 \(SCC\)，用 \(SCC\) 的編號建立新的節點，代替相應的強連通分量。然後建立新圖，對原圖進行了簡化。這就是 \(SCC\) 縮點問題。
接下來，在縮點後的新圖（無環圖 \(DAG\)）上討論問題。
對於 \(Q_1\)，若一個節點的入度為 \(0\)，則其它節點不可能到達它，所以該點必須作為起點。因此，入度為 \(0\) 的節點個數即所求。
對於 \(Q_2\)，要使任意兩點可以相互到達，那麼任意節點的出入度都不能為 \(0\)。又要使新增的邊數最少，可以令出度為 \(0\) 的節點指向入度為 \(0\) 的節點。若兩種節點的數量相等，則該數即所求。若數量不等，則取二者的最大值。因此出入度為 \(0\) 的節點數的最大值即所求。
2、Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e4 + 3;
int N;
vector<int> G[MAX];
int dfn[MAX], low[MAX], tot;
stack<int> S;
bool instk[MAX];
int scc[MAX], cnt;
int din[MAX], dout[MAX]; // din[x] -- 縮點i的入度; dout[x] -- 縮點i的出度
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++tot;
S.push(u), instk[u] = true;
for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i)
{
int v = G[u][i];
if (!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (instk[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u])
{
int t;
++cnt;
do
{
t = S.top();
S.pop(), instk[t] = false;
scc[t] = cnt;
} while (t != u);
}
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("test.in", "r", stdin);
#endif
cin >> N;
for (int i = 1; i <= N; ++i)
{
int a;
while (cin >> a && a)
G[i].push_back(a);
}
// scc縮點處理
for (int i = 1; i <= N; ++i)
if (!dfn[i])
tarjan(i);
// 計算出入度
for (int i = 1; i <= N; ++i)
{
for (int j = 0; j < G[i].size(); ++j)
{
int v = G[i][j];
if (scc[i] != scc[v])
{
++din[scc[v]];
++dout[scc[i]];
}
}
}
// 計算出入度為零的節點個數
int a = 0, b = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
{
if (!din[i]) ++a;
if (!dout[i]) ++b;
}
// 問1：入度為0的節點即所求
cout << a << endl;
// 問2：要滿足題意，則所有節點的出入度都不為0。
// 要使使用的邊最少，則將出度為0的節點指向入度為0的節點。
// 兩種節點的個數相等的情況下，兩者的個數即所求。
// 若不相等，取二者的max。
if (cnt == 1) cout << 0 << endl; // 特判，此時原圖就是連通的，不需要添邊
else cout << max(a, b) << endl;
return 0;
}
二、P2341 [USACO03FALL / HAOI2006] 受歡迎的牛 G
P2341 [USACO03FALL / HAOI2006] 受歡迎的牛 G
1、演算法簡析
建立有向圖模型：奶牛是節點，“喜歡”是有向邊。因為強連通分量的定義，所以一個強連通分量中的奶牛都可能是“明星”。因此，我們進行 \(SCC\) 縮點處理，使原圖變成 \(DAG\) 圖。此時，若我們選擇一個入度為 \(0\) 的節點作為根節點，向上拉直，就形成了一棵樹（當然，原圖可能是不連通的，所以也可能形成森林）。顯然，樹（森林）的葉子節點就是所求。換句話說，也就是出度為 \(0\) 的 \(SCC\) 中的節點即所求。
需要注意的是，若出度為 \(0\) 的 \(SCC\) 的個數大於 \(1\)，則滿足條件的節點個數為 \(0\)。因為“明星奶牛”需要能被所有節點訪問，若存在其它節點的出度為 \(0\)，顯然就不能滿足要求。也就是說，形成的樹（森林）的葉子節點只能有一個。或者，出度為 \(0\) 的 \(SCC\) 的個數只能為 \(1\)。
2、Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll quickin(void)
{
ll ret = 0;
bool flag = false;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9')
{
if (ch == '-') flag = true;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF)
{
ret = ret * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
if (flag) ret = -ret;
return ret;
}
const int MAX = 1e4 + 3;
int N, M;
vector<int> G[MAX];
int dfn[MAX], low[MAX], tot;
stack<int> S;
bool instk[MAX];
int scc[MAX], siz[MAX], cnt;
int dout[MAX];
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++tot;
S.push(u), instk[u] = true;
for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i)
{
int v = G[u][i];
if (!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (instk[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u])
{
int t;
++cnt;
do
{
t = S.top();
S.pop(), instk[t] = false;
scc[t] = cnt;
++siz[cnt];
} while (t != u);
}
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("test.in", "r", stdin);
#endif
N = quickin(), M = quickin();
for (int i = 0; i < M; ++i)
{
int a, b;
a = quickin(), b = quickin();
G[a].push_back(b);
}
for (int i = 1; i <= N; ++i)
if (!dfn[i])
tarjan(i);
for (int i = 1; i <= N; ++i)
{
for (int j = 0; j < G[i].size(); ++j)
{
int v = G[i][j];
if (scc[i] != scc[v])
{
++dout[scc[i]];
}
}
}
int sum = 0, zeros = 0; // sum -- 出度為0的SCC包含的節點個數; zeors -- 出度為0的SCC個數
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
{
if (!dout[i])
{
sum += siz[i];
++zeros;
}
}
if (zeros > 1) sum = 0; // 特判：若存在兩個及以上的SCC出度為0，它們肯定無法相互訪問，都不滿足要求
cout << sum << endl;
return 0;
}
三、P3387 【模板】縮點
P3387 【模板】縮點
1、演算法簡析
對於本題，我們可以先進行縮點，建立一張新的 \(DAG\) 圖，然後在新圖上尋找最大的權值之和。
注意，\(SCC\) 縮點後，新節點的編號滿足拓撲序列。因此，可以用動態規劃求最大值。
2、Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll quickin(void)
{
ll ret = 0;
bool flag = false;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9')
{
if (ch == '-') flag = true;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF)
{
ret = ret * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
if (flag) ret = -ret;
return ret;
}
const int MAX = 1e4 + 3;
int N, M, worth[MAX];
vector<int> G[MAX];
int dfn[MAX], low[MAX], tot;
stack<int> S;
bool instk[MAX];
int scc[MAX], cnt;
int nworth[MAX]; // 新圖中各節點的權值
vector<int> nG[MAX]; // 新圖中的邊
int dp[MAX]; // dp[u] -- 以u為起點的路徑的最大值
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++tot;
S.push(u), instk[u] = true;
for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i)
{
int v = G[u][i];
if (!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (instk[v])
low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if (dfn[u] == low[u])
{
int t;
++cnt;
do
{
t = S.top();
S.pop(), instk[t] = false;
scc[t] = cnt;
} while (t != u);
}
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("test.in", "r", stdin);
#endif
N = quickin(), M = quickin();
for (int i = 1; i <= N; ++i)
worth[i] = quickin();
for (int i = 0; i < M; ++i)
{
int a, b;
a = quickin(), b = quickin();
G[a].push_back(b);
}
for (int i = 1; i <= N; ++i)
if (!dfn[i])
tarjan(i);
for (int u = 1; u <= N; ++u)
{
nworth[scc[u]] += worth[u]; // 新節點的權值
for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i)
{
int v = G[u][i];
if (scc[u] != scc[v]) // 存新邊
nG[scc[u]].push_back(scc[v]);
}
}
// SCC縮點後的新節點的編號按降序滿足拓撲序列
for (int u = 1; u <= N; ++u)
{
if (dp[u] == 0) dp[u] = nworth[u];
for (int i = 0; i < nG[u].size(); ++i)
{
int v = nG[u][i];
dp[u] = max(dp[u], dp[v] + nworth[u]);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
ans = max(ans, dp[i]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
完