标签：计算 val 网络 就是 去重 pop 简单 air def
强连通分量：如果有向图中任意两点都有互相可达的路径，则此图为强连通图。有向图G的极大强连通子图称为G的强连通分量(SCC)（单点肯定都是scc，但要使scc尽可能大，所以能大尽量大）
dfn[x]数组:时间戳，记录每一个点被dfs访问到的顺序，某个点的dfs越小，表示该点越浅，dfs数组从1开始
low[x]:代表在dfs数中，此点以及其后代指出去的边，能返回到的最浅的点的时间戳
缩点： 可以将一个强连通分量当做一个超级点，而点权按题意来定。
示例如下：缩点前=>缩点后
scc性质：
(1).一个强连通分量内所有点的low[]值都相同
(2).一个强连通分量的根的low[root]==dfn[root]
(3).任何一个点的low[x]<=dfn[x]
缩点性质:
和度有关性质
和dp有关的性质
tarjan+缩点+拓扑序dp(反缩点顺序)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx, h2[N];
int n, m, x;
int f[N], g[N];
int scc_count[N];
set<long long> exist; // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳不为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m >> x;
memset(h1, -1, sizeof h1);
memset(h2, -1, sizeof h2);
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
add(a, b, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 计算每个强连通分量内点的个数
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scc_count[scc[i]] ++;
}
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k] && !exist.count(scc[i] * 100000ll + scc[k])) // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重，如果不求方案，则不需要去重
{
add(scc[i], scc[k], h2);
exist.insert(scc[i] * 100000ll + scc[k]);
}
}
}
// 按照缩点的逆序（拓扑序顺序）进行dp
for (int i = sccnum; i; --i)
{
if (!f[i]) // 初始化
{
f[i] = scc_count[i];
g[i] = 1;
}
for (int j = h2[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (f[k] < f[i] + scc_count[k])
{
f[k] = f[i] + scc_count[k];
g[k] = g[i];
}
else if (f[k] == f[i] + scc_count[k]) g[k] = (g[k] + g[i]) % x;
}
}
// 计算最大值
int maxi = 0, sum = 0;
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i)
{
if (f[i] > maxi)
{
maxi = f[i];
sum = g[i];
}
else if (f[i] == maxi) sum = (sum + g[i]) % x;
}
cout << maxi << "\n" << sum << endl;
return 0;
}
P2341 受欢迎的牛
每头奶牛都梦想成为牛棚里的明星。被所有奶牛喜欢的奶牛就是一头明星奶牛。所有奶牛都是自恋狂，每头奶牛总是喜欢自己的。奶牛之间的“喜欢”是可以传递的——如果 A喜欢 B，B喜欢 C，那么 A 也喜欢 C。牛栏里共有 N 头奶牛，给定一些奶牛之间的爱慕关系，请你算出有多少头奶牛可以当明星。
奶牛数目N~1e4, 传递关系M~5e4
/* 建图，缩点，建新图，然后统计新图是否是一个连通图，如果不是，那么答案为0；
如果新图是一个连通图，那么统计出度为0的点的数目，如果>=2，那么答案为0；
如果为1，那么为这个超级点内的点数目。 */
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e4 + 10, M = 1e5 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx;
int n, m, x;
int scc_count[N], dout[N];
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
memset(h1, -1, sizeof h1);
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
add(a, b, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 计算每个强连通分量内点的个数
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scc_count[scc[i]] ++;
}
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k]) dout[scc[i]]++;
}
}
int cnt = 0, res = 0, cow = -1;
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i) if (!dout[i]) cnt++, cow = i;
printf("%d", (cnt >= 2? 0: scc_count[cow]));
return 0;
}
acwing367 学校网络
给定一个有向图：N个点，求：
1)至少要选几个顶点，才能做到从这些顶点出发，可以到达全部顶点
2)至少要加多少条边，才能使得从任何一个顶点出发，都能到达全部顶点
/*先缩点
第一问：只需要往入度为0的点放入，即可到达其他所有的点
第二问:max(入度为0的点的数目，出度为0的点数目)
注意要特判下缩点后只有一个scc的情况*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e2 + 10, M = N * N;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx;
int n, m, dout[N], din[N];
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> n;
memset(h1, -1, sizeof h1);
for (int i = 1, t; i <= n; ++i) {
while (scanf("%d", &t) && t) add(i, t, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k]) dout[scc[i]]++, din[scc[k]]++;
}
}
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i) {
if (!dout[i]) cnt1 ++;
if (!din[i]) cnt2 ++;
}
printf("%d\n%d\n", max(1, cnt2), (sccnum == 1? 0: max(cnt1, cnt2)));
return 0;
}
acwing401从u到v还是从v到u？
给定一个 n 个点 m 条边的有向图，现在要求图中任意两点u和v，均可满足u能通往v或v能通往u，请你判断要求是否能够成立。
0<n<1001,m<6000
/*
一张有向图的中任意两个点u和v，均可满足u能通往v或v能通往u，那么这个有向图缩点后的dag的拓扑序唯一
拓扑序唯一就是每次队列里的元素个数小于等于1
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 2e3 + 10, M = 2e4 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx, h2[N], din[N], n, m, t;
set<long long> exist; // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳不为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
bool top_sort()
{
queue<int> q; // 维护一个队列
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i) if (!din[i]) q.push(i); // 把入度为0的点加入队列
// 当队列不为空时
while (q.size())
{
if (q.size() > 1) return 0;
auto t = q.front(); // 取队头
q.pop(); // 队头出队
for (int i = h2[t]; i != -1; i = ne[i]) // 枚举所有队头元素相邻的元素
{
int j = e[i];
din[j]--; // 队头元素出队相当于把与队头元素相连的元素的入度减一
if (!din[j]) q.push(j); // 把入度为0的元素放入队列
}
}
return 1;
}
int main()
{
cin >> t;
while (t--) {
cin >> n >> m;
memset(h1, -1, sizeof h1);
memset(h2, -1, sizeof h2);
memset(dfn, 0, sizeof dfn);
memset(scc, 0, sizeof scc);
memset(din, 0, sizeof din);
idx = timestamp = sccnum = 0;
exist.clear();
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
add(a, b, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k] && !exist.count(scc[i] * 100000ll + scc[k])) // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重，如果不求方案，则不需要去重
{
add(scc[i], scc[k], h2);
exist.insert(scc[i] * 100000ll + scc[k]);
din[scc[k]]++;
}
}
}
if (top_sort()) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
return 0;
}
acwing402杀人游戏
有N个人，其中一个杀手，其余都是平民。警察能够对每一个人进行查证，假如查证的对象是平民，他会告诉警察，他认识的所有人当中，谁是杀手，谁是平民。假如查证的对象是杀手， 杀手将会把警察干掉。每一个人都有可能是杀手，可看作他们是杀手的概率是相同的。问：根据最优的情况，保证警察自身安全并知道谁是杀手的概率最大是多少？
1≤N≤105,0≤M≤3?105
/*
分析可知，缩点后，每次从入度为0的点开始搜索，那么可能死亡的概率最小，且只有从链头开始搜索的时候发生
因此，警察死的概率为 入度为0的点数目/总点数
需要特判一种情况
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 2e5 + 10, M = 6e5 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx, h2[N];
int n, m;
int scc_count[N], din[N], dout[N];
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳不为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
int check(int u) {
if (scc_count[u] != 1) return 0;
if (!dout[u]) return 1;
for (int i = h2[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (din[j] == 1) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
cin >> n >> m;
memset(h1, -1, sizeof h1);
memset(h2, -1, sizeof h2);
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
add(a, b, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 计算每个强连通分量内点的个数
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scc_count[scc[i]] ++;
}
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k]) // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重，如果不求方案，则不需要去重
{
din[scc[k]] ++;
dout[scc[i]] ++;
add(scc[i], scc[k], h2);
}
}
}
int ans = 0, f = 0;
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i) {
if (!din[i]) ans++;
}
// 特判
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i) {
if (!f && !din[i] && check(i)) f = 1;
}
printf("%.6f", 1 - (double)(ans - f) / n);
return 0;
}
acwing1175 最大半连通子图
求最大半连通子图的节点数以及方案数。
最大半连通子图：对于G的子图，如果u,v满足u->v或v->u的关系，且这个子图最大，那么就是最大半连通子图。
节点数N~1e5, 边数M~1e6
/* 最大半连通子图就是最长链，即求最长链的长度及方案
本题缩点完求最长链的长度和方案，因此缩点完dp处理即可,f[i]表示到i点的最长链的长度，g[i]表示到i点的最长链的方案
由于缩点完之后点的下标就是按拓扑序的逆序的，因此可以按照逆序进行dp处理
处理的方法参加背包问题求方案数 */
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx,h2[N];
int n, m, x;
int f[N], g[N]; // f[i]从s出发，i的最长链长度；g[i]从s出发，i的最长链方案；
int scc_count[N];
set<long long> exist; // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m >> x;
memset(h1, -1, sizeof h1);
memset(h2, -1, sizeof h2);
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
add(a, b, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 计算每个强连通分量内点的个数
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scc_count[scc[i]] ++;
}
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k] && !exist.count(scc[i] * 100000ll + scc[k])) // 本题要求方案，因此需要对新图的边去重，如果不求方案，则不需要去重
{
add(scc[i], scc[k], h2);
exist.insert(scc[i] * 100000ll + scc[k]);
}
}
}
// 按照缩点的逆序（拓扑序顺序）进行dp
for (int i = sccnum; i; --i)
{
if (!f[i]) // 初始化
{
f[i] = scc_count[i];
g[i] = 1;
}
for (int j = h2[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (f[k] < f[i] + scc_count[k])
{
f[k] = f[i] + scc_count[k];
g[k] = g[i];
}
else if (f[k] == f[i] + scc_count[k]) g[k] = (g[k] + g[i]) % x;
}
}
// 计算最大值
int maxi = 0, sum = 0;
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i)
{
if (f[i] > maxi)
{
maxi = f[i];
sum = g[i];
}
else if (f[i] == maxi) sum = (sum + g[i]) % x;
}
cout << maxi << "\n" << sum << endl;
return 0;
}
acwing1169糖果
幼儿园里有 N 个小朋友，老师现在想要给这些小朋友们分配糖果，要求每个小朋友都要分到糖果。老师需要满足小朋友们的 K 个要求。老师想知道他至少需要准备多少个糖果。
要求有5种:
如果 X=1．表示第 A 个小朋友分到的糖果必须和第 B 个小朋友分到的糖果一样多。
如果 X=2，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须少于第 B 个小朋友分到的糖果。
如果 X=3，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不少于第 B 个小朋友分到的糖果。
如果 X=4，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须多于第 B 个小朋友分到的糖果。
如果 X=5，表示第 A 个小朋友分到的糖果必须不多于第 B 个小朋友分到的糖果。
N~1e5, K~1e5, 1 <=A, B <= N
/*
原来的思路是建图后，做差分约束，跑spfa，一旦发现出现正环那么无解，否则求出最长距离，然后累加，这种方法时间卡在spfa上，
spfa有可能跑出O(nm)的时间导致超时
由于数据比较特殊，只有0和1两种，那么可以换一个方法：
对于每一个环，它一定是属于scc，而只要出现1条边权为1的边那么就是出现正环，所有我们可以缩点后，判断每个scc内部是否出现
边权为1的边，一旦出现就是正环，无解；如果没有出现，那么有解，求完scc后缩点，然后按照缩点的逆序（拓扑序）进行dp，求出
最长链dis，然后答案就是每个超级点内点的个数*这个点的最长距离的累加值。
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int const N = 1e5 + 10, M = 6e5 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], h2[N], e[M], ne[M], idx, w[M];
int n, m;
int scc_count[N];
int dis[N];
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int c, int h[])
{
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳不为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
while (1) // 出栈直到栈空
{
int x = stk[top--];
scc[x] = sccnum;
if (x == root) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
memset(h1, -1, sizeof h1);
memset(h2, -1, sizeof h2);
// 建图
for (int i = 0, x, a, b; i < m; ++i) {
scanf("%d %d %d", &x, &a, &b);
if (x == 1) add(a, b, 0, h1), add(b, a, 0, h1);
else if (x == 2) add(a, b, 1, h1);
else if (x == 3) add(b, a, 0, h1);
else if (x == 4) add(b, a, 1, h1);
else if (x == 5) add(a, b, 0, h1);
}
// tarjan求scc
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i, h1);
// 计算每个强连通分量内点的个数
for (int i = 1; i <= n; ++i) scc_count[scc[i]] ++;
// 缩点建图（顺便判断是否有解）
bool success = true;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for (int j = h1[i]; ~j; j = ne[j]) {
int k = e[j];
int a = scc[i], b = scc[k];
if (a == b) {
if (w[j] > 0) {
success = false;
break;
}
}
else add(a, b, w[j], h2);
}
if (!success) break;
}
// 做dp求最长路
if (!success) puts("-1");
else {
for (int i = sccnum; i; i--) dis[i] = 1;
for (int i = sccnum; i; i -- ) {
for (int j = h2[i]; ~j; j = ne[j]) {
int k = e[j];
dis[k] = max(dis[k], dis[i] + w[j]);
}
}
// 求答案
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= sccnum; i ++ ) res += (LL)dis[i] * scc_count[i];
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
acwing341最优贸易
给出 n个城市的水晶球价格，m 条道路的信息。在1->N路径（可以不简单）上买1次卖1次，最多能赚多少钱。
/*
本题要找1 ~ n上最大的点和最小的点
考虑dp求解，维护数组f1[i]表示i点开始到n点的最大价值，然后去枚举i为买的点，答案即为max{val[i]-f1[i]}
但是本题可能存在环，因此考虑tarjan算法缩点变成dag
本题的难点在于要求当前的点i必须是从1开始，到n结束
从1开始好处理，tarjan算法的时候只做1为起点的tarjan，这样求出来的都是从1开始的
而到n结束就必须维护一个数组f2[i]表示i是否能够到n点,f2[i]为1表示i能够到n点，为0表示不能到n点，每次都必须更新f2
维护数组f1[i]表示i点开始到n点的最大价值，当且仅当f2[i]=1才能转移，f1[i]=max[max{f1[u]}, val[i]]
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
int const N = 2e5 + 10, M = 2e6 + 10;
// dfn记录每个点的时间戳,low记录每个点的回溯值，scc[i]=x表示i在标号为x的强连通分量里，stk维护一个栈,sccnum记录强连通分量的个数
int dfn[N], low[N], scc[N], stk[N], sccnum, top, timestamp;
int h1[N], e[M], ne[M], idx, h2[N], w[N];
int n, m;
int f1[N], f2[N]; //f1[i]表示i点开始到n点的最大价值, f2[i]为1表示i能够到n点，为0表示不能到n点
PII scc_count[N]; // first为max，second为min
// a->b有一条边
void add(int a, int b, int h[])
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// tarjan算法求强连通分量
void tarjan(int root, int h[])
{
if (dfn[root]) return; // 时间戳为0，返回
dfn[root] = low[root] = ++timestamp; // 记录当前点的时间戳和回溯值，初始化二者相同，而后dfn[root]>=low[root]
stk[++top] = root; // 把根放入栈内
for (int i = h[root]; i != -1; i = ne[i]) // 遍历每一个与根节点相邻的点
{
int j = e[i]; // 与i相邻的点为j
if (!dfn[j]) // j点没有访问过
{
tarjan(j, h); // 继续dfs，得到所有以j点为根的子树内所有的low和dfn
low[root] = min(low[root], low[j]); // 根的low是其子树中low最小的那个
}
else if (!scc[j]) // 如果j这个点还在栈内(在栈内的话不属于任何一个scc),同时一个栈内的点在一个scc内
{
low[root] = min(low[root], dfn[j]); // low代表所能到达的最小的时间戳
}
}
// 如果root的后代不能找到更浅的节点(更小的时间戳)
if (low[root] == dfn[root]) // 只有某个强连通分量的根节点的low和dfn才会相同
{
sccnum++;
scc_count[sccnum].first = -1; // 计算最大值和最小值
scc_count[sccnum].second = 1e9;
while (1) // 出栈直到等于root
{
int x = stk[top--];
if (x == n) f2[sccnum] = 1;
scc[x] = sccnum;
scc_count[sccnum].first = max(scc_count[sccnum].first, w[x]);
scc_count[sccnum].second = min(scc_count[sccnum].second, w[x]);
if (x == root) break;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
memset(h1, -1, sizeof h1);
memset(h2, -1, sizeof h2);
memset(f1, -1, sizeof f1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 1, a, b, t; i <= m; ++i)
{
scanf("%d %d %d", &a, &b, &t);
add(a, b, h1);
if (t == 2) add(b, a, h1);
}
// tarjan求scc
tarjan(1, h1); // 这样保证后面缩点的所有点都是从1开始
// 缩点
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = h1[i]; j != -1; j = ne[j])
{
int k = e[j];
if (scc[i] != scc[k] && scc[i] && scc[k]) add(scc[i], scc[k], h2);
}
// 反拓扑序做dp
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= sccnum; ++i) {
int maxv = -1;
for (int j = h2[i]; ~j; j = ne[j]) {
int k = e[j];
f2[i] |= f2[k]; // 更新i是否能够到达终点的情况
if (f2[k]) maxv = max(maxv, f1[k]); // 更新能够到达终点的最大值
}
if (f2[i]) { // 只要f2为1才更新
f1[i] = max(scc_count[i].first, maxv);
ans = max(ans, f1[i] - scc_count[i].second);
}
}
cout << ans;
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/spciay/p/13135367.html
