P2746 [USACO5.3]校園網Network of Schools// POJ1236: Network of Schools

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P2746 [USACO5.3]校園網Network of Schools// POJ1236: Network of Schools題目描述

一些學校連入一個電腦網路。那些學校已訂立了協議：每個學校都會給其它的一些學校分發軟體（稱作“接受學校”）。注意即使 B 在 A 學校的分發列表中， A 也不一定在 B 學校的列表中。

你要寫一個程式計算，根據協議，為了讓網路中所有的學校都用上新軟體，必須接受新軟體副本的最少學校數目（子任務 A）。更進一步，我們想要確定通過給任意一個學校發送新軟體，這個軟體就會分發到網路中的所有學校。為了完成這個任務，我們可能必須擴充接收學校列表，使其加入新成員。計算最少需要增加幾個擴充，使得不論我們給哪個學校發送新軟體，它都會到達其餘所有的學校（子任務 B）。一個擴充就是在一個學校的接收學校列表中引入一個新成員。

輸入輸出格式

輸入格式：

 

輸入檔案的第一行包括一個整數 N：網路中的學校數目（2 <= N <= 100）。學校用前 N 個正整數標識。

接下來 N 行中每行都表示一個接收學校列表（分發列表）。第 i+1 行包括學校 i 的接收學校的標識符。每個列表用 0 結束。空列表只用一個 0 表示。

 

輸出格式：

 

你的程式應該在輸出檔案中輸出兩行。

第一行應該包括一個正整數：子任務 A 的解。

第二行應該包括子任務 B 的解。

 

輸入輸出範例 輸入範例#1： 複製

52 4 3 04 5 0001 0

輸出範例#1： 複製

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說明

題目翻譯來自NOCOW。

USACO Training Section 5.3

 

解題報告：題目大意：給定一個有向圖，求1.至少要選幾個點，可以到達全部的點，2.至少要連幾條邊，使得整個圖是強聯通的（即從任意一個頂點出發，可以到達任意一個頂點）有用的定理:有向非循環圖中所有入度不為0的點，一定可以由某個入度為0的點出發可達。 (由於無環，所以從任何入度不為0的點往回走，必然終止於一個入度為0的點)思路：tarjan縮點，求出入度為0的點的個數，即為1的答案；在DAG上要加幾條邊，才能使得DAG變成強連通的，問題2的答案就是多少，加邊的方法：要為每個入度為0的點添加入邊，為每個出度為0的點添加出邊假定有 n 個入度為0的點，m個出度為0的點， max(m,n)就是第二個問題的解(證明難，略）

#include<iostream>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<stack>#include<vector>#define N 2000000using namespace std;void in(int &x){    register char c=getchar();x=0;int f=1;    while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘) f=-1;c=getchar();}    while(isdigit(c)){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}    x*=f;}int ans1,ans2,n,tot,head[N];struct node{    int to,next;}e[N];int dfn[N],low[N],cnt,item,belong[N],rd[N],cd[N];stack<int>S;bool vis[N];void tarjan(int u){    dfn[u]=low[u]=++item;    vis[u]=1;S.push(u);    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){        int v=e[i].to;        if(!dfn[v]){            tarjan(v);            low[u]=min(low[u],low[v]);        }else if(vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);    }if(low[u]==dfn[u]){        int v=u;++cnt;        do{            v=S.top();S.pop();            vis[v]=0;belong[v]=cnt;        }while(v!=u);    }}void add(int u,int v){    e[++tot].to=v,e[tot].next=head[u],head[u]=tot;}int main(){    in(n);    for(int x,i=1;i<=n;i++){        while(1){            in(x);            if(!x) break;            add(i,x);        }    }for(int i=1;i<=n;i++)        if(!dfn[i]) tarjan(i);    for(int i=1;i<=n;i++){        for(int j=head[i];j;j=e[j].next){            int v=e[j].to;            if(belong[i]!=belong[v]){                rd[belong[v]]++;                cd[belong[i]]++;            }        }    }for(int i=1;i<=cnt;i++){        if(!rd[i]) ++ans1;        if(!cd[i]) ++ans2;    }ans2=max(ans1,ans2);    if(cnt==1) ans2=0;    printf("%d\n%d",ans1,ans2);    return 0;}

洛穀P2812是這題的加強版，可以順便A掉

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