间谍网络题解

最新推荐文章于 2025-12-01 22:20:41 发布

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#算法 #图论 #深度优先

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题面

题目描述

由于外国间谍的大量渗入，国家安全正处于高度的危机之中。如果 A 间谍手中掌握着关于 B 间谍的犯罪证据，则称 A 可以揭发 B。有些间谍收受贿赂，只要给他们一定数量的美元，他们就愿意交出手中掌握的全部情报。所以，如果我们能够收买一些间谍的话，我们就可能控制间谍网中的每一分子。因为一旦我们逮捕了一个间谍，他手中掌握的情报都将归我们所有，这样就有可能逮捕新的间谍，掌握新的情报。

我们的反间谍机关提供了一份资料，包括所有已知的受贿的间谍，以及他们愿意收受的具体数额。同时我们还知道哪些间谍手中具体掌握了哪些间谍的资料。假设总共有 $n$ 个间谍（ $n$ 不超过 $3000$ ），每个间谍分别用 $1$ 到 $3000$ 的整数来标识。

请根据这份资料，判断我们是否有可能控制全部的间谍，如果可以，求出我们所需要支付的最少资金。否则，输出不能被控制的一个间谍。

输入格式

第一行只有一个整数 $n$ 。

第二行是整数 $p$ 。表示愿意被收买的人数， $1\le p\le n$ 。

接下来的 $p$ 行，每行有两个整数，第一个数是一个愿意被收买的间谍的编号，第二个数表示他将会被收买的数额。这个数额不超过 $20000$ 。

紧跟着一行只有一个整数 $r$ ， $1\le r\le8000$ 。然后 $r$ 行，每行两个正整数，表示数对 $(A, B)$ ， $A$ 间谍掌握 $B$ 间谍的证据。

输出格式

如果可以控制所有间谍，第一行输出 YES，并在第二行输出所需要支付的贿金最小值。否则输出 NO，并在第二行输出不能控制的间谍中，编号最小的间谍编号。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

YES
110

输入输出样例 #2

输入 #2

输出 #2

NO
3

思路

先遍历所有间谍。如果一个间谍可以被购买且未被访问过就用它做一次 Tarjan，控制每个强连通分量的成本为这个强连通分量价格最低的间谍。之后没访问过的间谍控制不了。如果可以控制所有间谍，容易知道应当购买入度为 $0$ 的间谍。输出购买这些间谍的总花费即可。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
int n,r,p;
int buy[3003];
vector <int> pict[3003];
int dfn[3003],low[3003],nowdfn = 1,buyscc[3003];
bool instack[3003];
int scc[3003],scs,ans;
int insum[3003];
stack <int> nowblock;
void tarjan(int now)
{
    dfn[now] = low[now] = nowdfn++;
    nowblock.push(now);
    instack[now] = 1;
    for(auto i : pict[now])
    {
        if(!dfn[i])
        {
            tarjan(i);
            low[now] = min(low[now],low[i]);
        }
        else if(instack[i]) low[now] = min(low[now],dfn[i]);
    }
    if(dfn[now] == low[now])
    {
        scs++;
        buyscc[scs] = -1;
        while(nowblock.top() != now)
        {
            scc[nowblock.top()] = scs;
            if(buy[nowblock.top()] != -1)
            {
                if(buyscc[scs] == -1) buyscc[scs] = buy[nowblock.top()];
                else buyscc[scs] = min(buyscc[scs],buy[nowblock.top()]);
            }
            instack[nowblock.top()] = 0;
            nowblock.pop();
        }
        if(buy[nowblock.top()] != -1)
        {
            if(buyscc[scs] == -1) buyscc[scs] = buy[nowblock.top()];
            else buyscc[scs] = min(buyscc[scs],buy[nowblock.top()]);
        }
        scc[nowblock.top()] = scs;
        instack[nowblock.top()] = 0;
        nowblock.pop();
    }
}
int main()
{
    cin >> n >> p;
    for(int i = 1;i <= n;i++) buy[i] = -1;
    for(int i = 1;i <= p;i++)
    {
        int a,b;
        cin >> a >> b;
        buy[a] = b;
    }
    cin >> r;
    for(int i = 1;i <= r;i++)
    {
        int a,b;
        cin >> a >> b;
        pict[a].push_back(b);
    }
    for(int i = 1;i <= n;i++) if(!dfn[i] && buy[i] != -1) tarjan(i);
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        if(!dfn[i])
        {
            cout << "NO\n" << i;
            return 0;
        }
    }
    cout << "YES\n";
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        for(auto j : pict[i])
        {
            if(scc[i] != scc[j]) insum[scc[j]]++;
        }
    }
    for(int i = 1;i <= scs;i++)
    {
        if(!insum[i]) ans += buyscc[i];
    }
    cout << ans;
}