P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools// POJ1236: Network of Schools

P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools// POJ1236: Network of Schools

题目描述

一些学校连入一个电脑网络。那些学校已订立了协议：每个学校都会给其它的一些学校分发软件（称作“接受学校”）。注意即使 B 在 A 学校的分发列表中， A 也不一定在 B 学校的列表中。

你要写一个程序计算，根据协议，为了让网络中所有的学校都用上新软件，必须接受新软件副本的最少学校数目（子任务 A）。更进一步，我们想要确定通过给任意一个学校发送新软件，这个软件就会分发到网络中的所有学校。为了完成这个任务，我们可能必须扩展接收学校列表，使其加入新成员。计算最少需要增加几个扩展，使得不论我们给哪个学校发送新软件，它都会到达其余所有的学校（子任务 B）。一个扩展就是在一个学校的接收学校列表中引入一个新成员。

输入输出格式

输入格式：

输入文件的第一行包括一个整数 N：网络中的学校数目（2 <= N <= 100）。学校用前 N 个正整数标识。

接下来 N 行中每行都表示一个接收学校列表（分发列表）。第 i+1 行包括学校 i 的接收学校的标识符。每个列表用 0 结束。空列表只用一个 0 表示。

输出格式：

你的程序应该在输出文件中输出两行。

第一行应该包括一个正整数：子任务 A 的解。

第二行应该包括子任务 B 的解。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

5
2 4 3 0
4 5 0
0
0
1 0

输出样例#1： 复制

1
2

说明

题目翻译来自NOCOW。

USACO Training Section 5.3

解题报告：

题目大意：给定一个有向图，求1.至少要选几个点，可以到达全部的点，2.至少要连几条边，使得整个图是强联通的（即从任意一个顶点出发，可以到达任意一个顶点）

有用的定理:有向无环图中所有入度不为0的点，一定可以由某个入度为0的点出发可达。 (由于无环，所以从任何入度不为0的点往回走，必然终止于一个入度为0的点)

思路：tarjan缩点，求出入度为0的点的个数，即为1的答案；

在DAG上要加几条边，才能使得DAG变成强连通的，问题2的答案就是多少，

加边的方法：要为每个入度为0的点添加入边，为每个出度为0的点添加出边

假定有 n 个入度为0的点，m个出度为0的点， max(m,n)就是第二个问题的解(证明难，略）

#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<vector>
#define N 2000000
using 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
%d",ans1,ans2);
    return 0;
}

洛谷P2812是这题的加强版，可以顺便A掉