洛谷 P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools

最新推荐文章于 2025-04-04 16:14:45 发布

aochongbi5356

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原文链接：http://www.cnblogs.com/BigYellowDog/p/11505542.html

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本文详细解析洛谷P2746校园网问题，使用tarjan算法进行缩点处理，将问题转化为DAG上的操作。通过计算入度为0和出度为0的点来解决子任务A和B，最终给出代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

洛谷 P2746 [USACO5.3]校园网Network of Schools

Description

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。

Input

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。

Output

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。

Sample Input

Sample Output

1
2

题解：

tarjan。
首先缩点，缩完之后变成DAG。然后重新建图。入度为0的点的个数就是子问题1的答案。关键是如何求子问题2的答案？(以下摘自 duyi大大)我们发现，只要在入度为0的点和出度为0 的点之间连一条边，就可以同时消灭两个“不合法”的点。如果不能做到刚好两两配对（不妨假设入度为0的点多），就给每个多出来的入度为0的点随便找一个出度为0的点配对（也就是说一个点可以同时配多个点）。因此，入度为0的点数与出度为0的点数的较大值即为任务2的答案。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <cstring>
#define N 10005
using namespace std;

struct E {int next, to;} e[N * N];
int n, m, num, dex, tot, ans1, ans2;
int h[N], u[N], v[N], in[N], out[N];
int dfn[N], low[N], bel[N];
bool vis[N];
stack<int> stk;

int read()
{
    int x = 0; char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return x;
}

void add(int u, int v)
{
    e[++num].next = h[u];
    e[num].to = v;
    h[u] = num;
}

void tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++dex;
    vis[x] = 1, stk.push(x);
    for(int i = h[x]; i != 0; i = e[i].next)
        if(!dfn[e[i].to])
        {
            tarjan(e[i].to);
            low[x] = min(low[x], low[e[i].to]);
        }
        else if(vis[e[i].to])
            low[x] = min(low[x], dfn[e[i].to]);
    if(low[x] == dfn[x])
    {
        tot++;
        while(1)
        {
            int now = stk.top();
            stk.pop(), vis[now] = 0;
            bel[now] = tot;
            if(now == x) break;
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        while(1)
        {
            int b = read();
            if(!b) break;
            u[++m] = i, v[m] = b;
            add(u[m], v[m]);
        }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!dfn[i]) tarjan(i);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        if(bel[u[i]] != bel[v[i]])
        {
            in[bel[v[i]]]++;
            out[bel[u[i]]]++;
        }
    for(int i = 1; i <= tot; i++)
    {
        if(!in[i]) ans1++;
        if(!out[i]) ans2++;
    }
    cout << ans1 << endl << (tot == 1 ? 0 : max(ans1, ans2));
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/BigYellowDog/p/11505542.html