标签：mem 交集 fine 遇到 std mat lin for define
[题目链接]
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1143
[算法]
答案为最小路径可重复点覆盖所包含的路径数，将原图G进行弗洛伊德传递闭包，得到一张新图G‘，然后求出拆点二分图G2‘的最大匹配，N - 最大匹配 即为答案，我们尝试证明上述结论 ：
设祭祀点集合为S，最小路径可重复点覆盖的边集为Path,由于Path覆盖了所有节点，故每条路径上至多选一个点，有 ： |S| <= |Path| , 因此，如果我们能构造出一组解，使得| S | = | Path | ， 就证明了此结论，这里给出一种构造方案 ：
首先求出拆点二分图的最大匹配，设节点x在拆点二分图上分别对应左部节点x和右部节点x‘ , 对于每个非匹配节点x0,我们不断访问 x0,match[x0‘],match[ match[x0‘] ] .. 直到最后遇到一个左部节点y0,使得其右部点y0‘为非匹配点， 那么就得到了一条路径， 其中y0为起点，x0为
终点，求出这样的所有路径，就得到了| Path |的一种方案，且所有路径不相交，我们现在要将| Path |集合中的每条路径选出一个节点，构成集合| S |
首先我们将所有路径的终点构成一个集合E,根据传递闭包的性质，两个祭祀点之间无路径相连，等价于在新图G’上任意两个祭祀点之间没有边，不妨让集合E中的每个节点走一条边，构成集合Next(E),如果E和Next(E)的交集为空集，则S = E
否则，对于交集中的每个点e,我们沿着e所在的路径不断向上移动，直到e不在当前的交集中，从E中删除e，加入e‘,重复以上过程，直到交集为空，就求出了S的一种组成方案
可以证明，在任何时刻，我们都能找到合法的e‘，因为若没有，说明e所在的路径上所有点都可以被其他路径上的点到达，我们可以找到到达e所在的的路径起点的那条路径，将其延伸，使得| Path | 减少1，并覆盖所有节点，与Path的最小性矛盾
综上所述，答案即为最小路径可重复点覆盖所包含的路径数
[代码]
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAXN 210 int i,j,k,n,m,u,v,ans; bool g[MAXN][MAXN],mp[MAXN][MAXN]; bool visited[MAXN]; int match[MAXN]; inline bool hungary(int u) { int v; for (v = 1; v <= n; v++) { if (mp[u][v] && !visited[v]) { visited[v] = true; if (!match[v] || hungary(match[v])) { match[v] = u; return true; } } } return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = true; for (i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d",&u,&v); g[u][v] = true; } for (k = 1; k <= n; k++) { for (i = 1; i <= n; i++) { for (j = 1; j <= n; j++) { g[i][j] |= g[i][k] & g[k][j]; } } } for (i = 1; i <= n; i++) { for (j = 1; j <= n; j++) { if (i != j && g[i][j]) mp[i][j] = true; } } ans = n; for (i = 1; i <= n; i++) { memset(visited,false,sizeof(visited)); if (hungary(i)) ans--; } printf("%d\n",ans); return 0; }
标签：mem 交集 fine 遇到 std mat lin for define
原文地址：https://www.cnblogs.com/evenbao/p/9418628.html
