NOIP2017模擬 轟炸
題目大意
給你n個點m條邊的有向圖,一次可以炸燬任意多個點(炸燬後不影響邊),但前提是可到達的點不能同時炸燬,問炸燬n個點至少需要多少次?
數據範圍
對於 20%的數據,n,m<=10。
對於 40%的數據,n,m<=1000。
對於另外 30%的數據,保證無環。
對於 100%的數據,n,m<=1000000
數據範圍很大,這其實是一個很好的提示,似乎只能承受
主要說說比賽時我的思路。
“對於另外 30%的數據,保證無環”,有環或許更難考慮(通常地說都是這樣),所以我們先考慮無環的情況。
在沒有環的情況中,最簡單的應該算一條鏈了。顯然,要刪完一條鏈的點必須一個一個地刪。
再考慮類似樹的情況,即一個節點分出多條鏈。
可以看出,對於分叉點A,它和它的“子樹”中的點不能和A的“父親”及以上的點同時刪,但是各個“子樹”中的刪點是互不影響的,也就是說,可以同時進行。因此處理完A及A的“子樹”的最少花費是
所以,如果沒有環,我們可以建立一個虛擬點,向原圖中入度爲零的點各連一條權值爲0的邊,那麼答案就是新圖中最長鏈的長度。
再考慮有環的情況。容易想到強連通分量縮點,Tarjan的時間複雜度
Tarjan時間複雜度和找最長鏈搜索時間複雜度都是線性級別的,這樣就可以AC了。
代碼:
#include<stdio.h>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define Min(x,y) ((x<y)?(x):(y))
#define MAXN 1200005
#define MAXM 1200005
using namespace std;
int N,M,Ans;
int en[MAXM],las[MAXN],nex[MAXM],tot;
void Add(int x,int y)
{
en[++tot]=y;
nex[tot]=las[x];
las[x]=tot;
}
stack<int>S;
int dfn[MAXN],low[MAXN],be[MAXN],scc,VT,Size[MAXN];
bool In[MAXN];
void Tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++VT;
S.push(x);In[x]=true;
int i,y;
for(i=las[x];i;i=nex[i])
{
y=en[i];
if(!dfn[y])
{
Tarjan(y);
low[x]=Min(low[x],low[y]);
}
else if(In[y])low[x]=Min(dfn[y],low[x]);
}
if(low[x]!=dfn[x])return;
scc++;
do
{
y=S.top();S.pop();In[y]=false;
be[y]=scc;Size[scc]++;
}while(y!=x);
}
int En[MAXM],Las[MAXN],Nex[MAXM],Tot;
void ReAdd(int x,int y)
{
En[++Tot]=y;
Nex[Tot]=Las[x];
Las[x]=Tot;
}
int deg[MAXN];
int f[MAXN];
int GetAns(int x)//找最長鏈
{
if(~f[x])return f[x];
int ans=0;
int i,y;
for(i=Las[x];i;i=Nex[i])
{
y=En[i];
ans=max(ans,GetAns(y));
}
ans+=Size[x];
return f[x]=ans;
}
int main()
{
int i,j,x,y,tmp,op=0;
scanf("%d%d",&N,&M);
for(i=1;i<=M;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
Add(x,y);
}
for(i=1;i<=N;i++)if(!dfn[i])Tarjan(i);
for(x=1;x<=N;x++)
{
for(i=las[x];i;i=nex[i])
{
y=en[i];
if(be[x]!=be[y])
{
deg[be[y]]++;
ReAdd(be[x],be[y]);
}
}
}
for(i=1;i<=scc;i++)if(deg[i]==0)ReAdd(scc+1,i);
memset(f,-1,sizeof(f));
Ans=GetAns(scc+1);
printf("%d",Ans);
}