【洛谷题解/USACO题解】P2746 【USACO5.3】校园网Network of Schools

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P2746
难度：提高+/省选-
涉及知识点：有向图的强联通分量

题意

在一个网络中，学校之间会存在一种协议，对于题目给定的一组学校 $(A,B)$，当学校 $A$ 得到一种新软件副本后，它必须立马传送给 $B$，这种关系是单向的。现在需要求解两个问题：

• 子问题 1：最先开始需要传送给多少个学校一个软件，才能让所有学校得到这个软件
• 子问题 2：再建立至少多少个协议关系可以使我给任意一个学校一个软件，就能让所有学校得到这个软件

分析与解决

首先观察可得这种关系可以建立一个有向图。

子问题 1

简单的。首先题目没有保证不出现环，所以我们可以联想到强连通分量。再深入地思考，就是对于一个入度为 0 的强连通分量，需要给一个软件；对于入度非 0 的强联通分量则可以由其他分量传递得到。

因此解决该问题就是把所有入度为 0 的强联通分量的数量统计一下。

子问题 2

该问题的本质是将整个图变成强联通分量，不难想到可能起点和终点的数量有数学关系。进一步考虑，设做了强连通分量后的图的起点集合为 $P$，终点集合为 $Q$，那么可能有两种情况，$|P|\le |Q|$ 或 $|Q|\le |P|$。我们探究前者即可，后者的探究过程无非就是把前者的探究过程翻转。

对于$|P|$，可能存在两种情况，我们着手讨论：

• $|P|=1$

对于该种情况，我们尝试画这样一个图：

在该图中，起点可以走到任意点，那么对于所有边上，如果存在中间点，也是一定可以走到。那么在这种情况下，如何保证所有终点也能达到其他点呢？向其他中间点连边？这显然不能到达高度小于该中间点的节点。如果向中间点连边，则还需要从中间点继续向深度更小的节点连边。

受此启发，最好的方法就是让每个终点向起点直接连边，节省向中间点连边的操作，共 $|Q|$ 条，即可保证整个图成为强连通分量。

那可不可能小于 $|Q|$ ？不可能。如果我少连一条边，那么这个未新连边的点就一定不能到达其他点了。

综上，当 $|P|=1$ 时，子问题 2 的答案为 $|Q|$。

• $|P|>1,|Q|\ge |P|>1$

尝试能否把这种情况转化为 $|P|=1$ 的情况。设 $|P|=k$，则至少存在 $k$ 对起点和终点，可以由起点到达终点。

如图示，存在两对，如何让这个图成为强联通分量呢，连 1 条边够吗？我们尝试所有连接情况后，发现总是会存在至少 1 个点是无法到达其他任意点的。那如果连 2 条边呢，比如下面这种情况：

我们发现从这 4 个点，都可以到达其他任意一个点。

我们设连边后起点减少 1 个，终点减少 1 个，即 $|P^{\prime }|=|P|-1,|Q^{\prime }|=|Q|-1$，最少至少存在一个起点，那么根据讨论的第一种情况，当 $|P|=1$ 时，答案为 $Q$。

开头提到，可能还存在 $|P|\ge |Q|$ 的情况，证明过程就是 $|P|\le |Q|$ 翻转过来，因此答案就是起点数量和终点数量的更大值，即 $\max (|P|,|Q|)$。

AC代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 110, M = 10010;

int n;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dfn[N], low[N], timestamp;
int id[N], scc_cnt;
int stk[N], top;
bool in_stk[N];
int din[N], dout[N];

void add(int a, int b)
{
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
	return;
}

void tarjan(int u)
{
	dfn[u] = low[u] = ++timestamp;
	stk[++top] = u, in_stk[u] = true;
	
	for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if (!dfn[j])
		{
			tarjan(j);
			low[u] = min(low[u], low[j]);
		}
		else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], low[j]);
	}
	
	if (dfn[u] == low[u])
	{
		++scc_cnt;
		int y;
		do
		{
			y = stk[top--];
			in_stk[y] = false;
			id[y] = scc_cnt;	
		} while (y != u);
	}
	return;
}

int main()
{
	memset(h, -1, sizeof h);
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int t;
		while (cin >> t, t)
		{
			add(i, t);
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (!dfn[i]) tarjan(i);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j])
		{
			int k = e[j];
			int a = id[i], b = id[k];
			if (a != b)
			{
				dout[a]++;
				din[b]++;
			}
		}
	}
	
	int a = 0, b = 0;
	for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++)
	{
		if (!din[i]) a++;
		if (!dout[i]) b++;
	}
	
	printf("%d\n", a);
	if (scc_cnt == 1) puts("0");
	else printf("%d\n", max(a, b));
	return 0; 
}