problem
暑假到了!!小Hi和小Ho为了体验生活,来到了住在大草原的约翰家。今天一大早,约翰因为有事要出去,就拜托小Hi和小Ho忙帮放牧。
约翰家一共有N个草场,每个草场有容量为W[i]的牧草,N个草场之间有M条单向的路径。
小Hi和小Ho需要将牛羊群赶到草场上,当他们吃完一个草场牧草后,继续前往其他草场。当没有可以到达的草场或是能够到达的草场都已经被吃光了之后,小hi和小Ho就把牛羊群赶回家。
一开始小Hi和小Ho在1号草场,在回家之前,牛羊群最多能吃掉多少牧草?
举个例子:
图中每个点表示一个草场,上部分数字表示编号,下部分表示草场的牧草数量w。
在1吃完草之后,小Hi和小Ho可以选择把牛羊群赶到2或者3,假设小Hi和小Ho把牛羊群赶到2:
吃完草场2之后,只能到草场4,当4吃完后没有可以到达的草场,所以小Hi和小Ho就把牛羊群赶回家。
若选择从1到3,则可以到达5,6:
选择5的话,吃完之后只能直接回家。若选择6,还可以再通过6回到3,再到5。
所以该图可以选择的路线有3条:
1->2->4 total: 11
1->3->5 total: 9
1->3->6->3->5: total: 13
所以最多能够吃到的牧草数量为13。
本题改编自USACO月赛金组
提示:强连通分量
小Ho:我觉得这次最大的问题就是会出现环了。
小Hi:假如没有环呢?
小Ho:那样我就可以这么来做:
因为不存在环,那么图就满足了有向无环的性质。我可以利用上次我们解决病毒问题时同样的思路,将累加改为求最大值,利用拓扑排序计算出从起点到当前节点能够得到的最大牧草数量。即:
假设gress[i]表示从起点到草场i累计可以吃到的牧草数量。
grass[i] = max{ grass[j] | j 是 i的前驱结点 } + w[i]
最后我只需要知道最大的grass[i],就是我们所要寻求的答案。
小Hi:小Ho很厉害嘛,这么快就学会了使用拓扑排序。
小Ho:哎嘿嘿….
小Hi:你说的没错,但是这次的问题最大的限制就是有环的存在。
小Ho:所以有什么办法能够处理么?
小Hi:当然有了,不过首先我们要理解一个新的知识——强连通分量,其定义为:
对于有向图上的2个点a,b,若存在一条从a到b的路径,也存在一条从b到a的路径,那么称a,b是强连通的。
对于有向图上的一个子图,若子图内任意点对(a,b)都满足强连通,则称该子图为强连通子图。
非强连通图有向图的极大强连通子图,称为强连通分量。
特别地,和任何一个点都不强连通的单个点也是一个强连通分量。
对于一个强连通的分量,也就是在其中任意一个点都可以到达其他点。如果草场满足这个性质呢?
小Ho:如果草场是一个强连通图,那么我们只要走到任意一点,就可以把其他所有的草场都走一遍,并且可以选择任意一个点作为终点。
小Hi:没错,再回头看看我们的例子:
同时存在边(3,6)和(6,3),所以3和6这两个节点也就构成了一个强连通分量。在我们路径中也就存在了3->6->3这样一段。如果换个方式讲的话:
首先到了3,在这个强连通分量中,我们将该分量中所有的点都走过了之后,又重新回到了3。
在处理的时候,我们不妨可以将6和3缩成一个点,那么就可以得到:
这样是不是就变成了你可以解决的问题了?
小Ho:是的,而且答案也没有变化。也就是说我需要满足强连通的点都缩在一起就好了,但是我怎么确定应该缩到哪一点呢?
小Hi:因为一个强连通块会被缩成一个点,那么我们可以直接建立一个新的图,这个图中的点对应的是每一个强连通块。若原图中存在边(u,v),连接了属于强连通分量A的点u和属于强连通分量B的点v,那么我们就在新图中建立一条边(A,B)。
小Ho:哦,我大概明白了。这次的问题处理方法就是先根据原图找到所有的强连通分量,然后再根据原图边的关系建立新的图,之后再用拓扑排序来处理就可以得到最终结果。
小Hi:没错,就是这样。
小Ho:那么我还有最后一个问题:我们要如何求强连通分量。
小Hi:当然,我们还是得用Tarjan算法来完成了,其伪代码如下:
tarjan(u)
{
Dfn[u]=Low[u]=++Index // 为节点u设定次序编号和Low初值
Stack.push(u) // 将节点u压入栈中
for each (u, v) in E // 枚举每一条边
if (v is not visted) // 如果节点v未被访问过
tarjan(v) // 继续向下找
Low[u] = min(Low[u], Low[v])
else if (v in Stack) // 如果节点v还在栈内(很重要,无向图没有这一步)
Low[u] = min(Low[u], Dfn[v])
if (Dfn[u] == Low[u]) // 如果节点u是强连通分量的根
repeat
v = Stack.pop // 将v退栈,为该强连通分量中一个顶点
mark v // 标记v,同样通过栈来找连通分量
until (u == v)
}
小Ho:我懂了。我这就去实现它!
小Hi:当然,别忘了还有最重要的一个条件,我们开始在草场1,所以可能有些草场我们是无法到达的,那样的草场需要特殊处理,简单的做法就是将草量处理为0。
小Ho:好,我知道了!
输入
第1行:2个正整数,N,M。表示点的数量N,边的数量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000
第2行:N个正整数,第i个整数表示第i个牧场的草量w[i]。1≤w[i]≤100,000
第3..M+2行:2个正整数,u,v。表示存在一条从u到v的单向路径。1≤u,v≤N
输出
第1行:1个整数,最多能够吃到的牧草数量。
Sample Input
6 6
2 4 3 5 4 4
1 2
2 4
1 3
3 5
3 6
6 3
Sample Output
13
思路
在经典Tarjan算法的基础上稍作修改即可
Tarjan算法简介:http://blog.youkuaiyun.com/feynman1999/article/details/77170737
路径和可以用DFS直接比较,也可以用DP转移方程,也可以求出拓扑序列比较
代码示例1(直接缩点+DFS)
#include<bits/stdc++.h>
#define M(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define bug(a) cout<<"debug: "<<a<<endl;
using namespace std;
const int _=20010;
int n,m,dfs_clock,w[_],pre[_],sccno[_];
vector<int> G[_];
stack<int> S;
//pre数组记录搜索到该点的时间,也就是第几个搜索到该点
int tarjan(int u)
{
int lowu=pre[u]=++dfs_clock;
S.push(u);
for(int i=0;i<G[u].size();++i){
int v=G[u][i];
if(!pre[v]){
int lowv=tarjan(v);
lowu=min(lowu,lowv);
}
else if(!sccno[v]){
lowu=min(lowu,pre[v]);
}
}
int sum=0;
if(lowu==pre[u]){//合并
while(1){
int t=S.top(); S.pop();
sccno[t]=u;
//cout<<"t->u "<<t<<"->"<<u<<endl;
sum+=w[t];
if(t==u) break;
}
w[u]=sum;
//cout<<"u:"<<u<<" sum:"<<sum<<endl;
}
return lowu;
}
void upd()//从新建树
{
for(int i=1;i<=n;++i) if(i!=sccno[i]){
for(int j=0;j<G[i].size();++j){
int &c=G[i][j];
if(c!=sccno[i]) G[sccno[i]].push_back(c);
}
}
}
int sum,ans;
void dfs(int u)//求路径上的最大值,也可以tupo
{
sum+=w[u];
for(int i=0;i<G[u].size();++i){
int &v=G[u][i];
if(sccno[v]==u) continue;
dfs(sccno[v]);
}
ans=max(ans,sum);
sum-=w[u];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("read.txt","r",stdin);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>w[i];//从1计数
for(int i=0;i<n;++i) G[i].clear();
while(m--)
{
int u,v;
cin>>u>>v;
G[u].push_back(v);
}
dfs_clock=0;
M(pre,0),M(sccno,0);
tarjan(1);
upd();
dfs(1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
代码示例2(重新建图+DP)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define M(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N = 20000 + 5;
int pre[N], sccno[N], val[N], w[N], dfs_clock, scc_cnt;
vector<int> G2[N];
vector<int> G[N];
stack<int> S;
int dfs(int u) {
int lowu = pre[u] = ++dfs_clock;
S.push(u);
for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i) {
int v = G[u][i];
if (!pre[v]) {
int lowv = dfs(v);
lowu = min(lowu, lowv);
}
else if (!sccno[v]) lowu = min(lowu, pre[v]);
}
if (lowu == pre[u]) {
++scc_cnt;
while (true) {
int x = S.top(); S.pop();
sccno[x] = scc_cnt;
val[scc_cnt] += w[x];
//cout << x << " ";
if (x == u) {
//cout << val[scc_cnt] << endl;
break;
}
}
}
return lowu;
}
void find_scc(int n) {
M(pre, 0); M(sccno, 0); M(val, 0);
dfs_clock = scc_cnt = 0;
for (int i = 1; i <=n; ++i)
if (!pre[i]) dfs(i);
}
int dp(int u) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < G2[u].size(); ++i) {
int j = G2[u][i];
//cout << j << " " << val[j] << endl;
ans = max(ans, dp(j)+val[j]);
}
return ans;
}
int main() {
//freopen("./in.txt", "r", stdin);
int n, m;
while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
for (int i = 0; i <=n; ++i) G[i].clear(), G2[i].clear();
for (int i = 1; i <=n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
int u, v;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
}
find_scc(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j < G[i].size(); ++j) {
int k = G[i][j];
if (sccno[i] != sccno[k]) {
//cout << sccno[i] << " " << sccno[k] << endl;
G2[sccno[i]].push_back(sccno[k]);
}
}
int ans = 0;
int s = sccno[1];
//cout << s << endl;
ans = dp(s)+val[s];
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}