HAOI2006 受欢迎的牛

本文介绍了一种利用图论中的强连通分量、拓扑排序及动态规划等技术解决寻找互相爱慕的明星奶牛的问题。通过缩点、拓扑排序和DP算法,最终确定能够被所有点到达的强连通分量内的奶牛数量即为答案。

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Luogu

每个强连通分量里奶牛的爱慕关系都是可以互相传递的,也就是说他们互相爱慕。

那么跑一遍缩点,然后拓扑排序再 DP 出能到达每个强连通分量的点数,最后那个能被所有点到达的强连通分量的点数就是答案了。时间复杂度 \(O(N+M)\)

其实还有另外一种线性的做法,这里口胡下

在缩点后,如果有两个或以上的强连通分量的出度为 0,那么这时一定是没有明星奶牛的。

那么,那个唯一出度为 0 的强连通分量的点数就是答案了。

这里只有第一种做法的代码,我太蒻了

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

const int MaxN = 10000 + 5;
const int MaxM = 50000 + 5;

int N, M, Ans, Index, Scc, Edge, Head, Tail, Top;
int Dfn[MaxN], Low[MaxN], Belong[MaxN], FST[MaxN], Cnt[MaxN], Dp[MaxN], Stack[MaxN], Q[MaxN], Indegree[MaxN], A[MaxN];
bool InStack[MaxN];

struct SccEdge
{
    int from, to;
} SE[MaxM];

struct Linker
{
    int to, nxt;
    Linker(){}
    Linker(int u, int v)
    {
        to = v;
        nxt = FST[u];
    }
} E[MaxM];

inline int read()
{
    register int x = 0;
    register char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while(isdigit(ch))
    {
        x = x * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x;
}

void AddEdge(int u, int v)
{
    E[++Edge] = Linker(u, v);
    FST[u] = Edge;
}

void Tarjan(int x)
{
    Dfn[x] = Low[x] = ++Index;
    Stack[++Tail] = x;
    InStack[x] = 1;
    for(int k = FST[x]; k; k = E[k].nxt)
    {
        int to = E[k].to;
        if(!Dfn[to])
        {
            Tarjan(to);
            Low[x] = std::min(Low[x], Low[to]);
        }
        else if(InStack[to]) Low[x] = std::min(Low[x], Dfn[to]);
    }
    if(Dfn[x] == Low[x])
    {
        ++Scc;
        int t;
        do
        {
            t = Stack[Tail--];
            InStack[t] = 0;
            Belong[t] = Scc;
            ++Cnt[Scc]; 
        }
        while(t != x);
    }
}

bool comp(SccEdge x, SccEdge y)
{
    return x.from < y.from || (x.from == y.from && x.to < y.to);
}

void TopSort()
{
    Head = 1;
    for(int i = 1; i <= Scc; ++i)
        if(!Indegree[i]) A[++Top] = Q[++Tail] = i;
    while(Head <= Tail)
    {
        int from = Q[Head++];
        for(int k = FST[from]; k; k = E[k].nxt)
        {
            int to = E[k].to;
            if(!(--Indegree[to])) A[++Top] = Q[++Tail] = to;
        }
    }
}

int main()
{
    N = read();
    M = read();
    for(int i = 1; i <= M; ++i) 
    {
        SE[i].from = read();
        SE[i].to = read();
        AddEdge(SE[i].from, SE[i].to);
    }
    for(int i = 1; i <= N; ++i)
        if(!Dfn[i]) Tarjan(i); 
    for(int i = 1; i <= M; ++i)
    {
        SE[i].from = Belong[SE[i].from];
        SE[i].to = Belong[SE[i].to];
    } 
    std::sort(SE + 1, SE + 1 + M, comp);
    Edge = 0;
    memset(FST, 0, sizeof(FST));
    for(int i = 1; i <= M; ++i)
    {
        if((SE[i].from != SE[i - 1].from || SE[i].to != SE[i - 1].to) && SE[i].from != SE[i].to) 
        {
            AddEdge(SE[i].from, SE[i].to);
            ++Indegree[SE[i].to];
        }   
    }
    TopSort();
    for(int i = 1; i <= Scc; ++i) 
    {
        int from = A[i];
        Dp[from] += Cnt[from];
        if(Dp[from] >= N) Ans += Cnt[from];
        for(int k = FST[from]; k; k = E[k].nxt)
        {
            int to = E[k].to;
            Dp[to] += Dp[from];
        }
    }
    printf("%d\n", Ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/zcdhj/p/9385812.html

# P2341 [USACO03FALL / HAOI2006] 受欢迎 G ## 题目背景 本题测试数据已修复。 ## 题目描述 每头奶都梦想成为棚里的明星。被所有奶喜欢的奶就是一头明星奶。所有奶都是自恋狂,每头奶总是喜欢自己的。奶之间的“喜欢”是可以传递的——如果 $A$ 喜欢 $B$,$B$ 喜欢 $C$,那么 $A$ 也喜欢 $C$。栏里共有 $N$ 头奶,给定一些奶之间的爱慕关系,请你算出有多少头奶可以当明星。 ## 输入格式 第一行:两个用空格分开的整数:$N$ 和 $M$。 接下来 $M$ 行:每行两个用空格分开的整数:$A$ 和 $B$,表示 $A$ 喜欢 $B$。 ## 输出格式 一行单独一个整数,表示明星奶的数量。 ## 输入输出样例 #1 ### 输入 #1 ``` 3 3 1 2 2 1 2 3 ``` ### 输出 #1 ``` 1 ``` ## 说明/提示 只有 $3$ 号奶可以做明星。 【数据范围】 对于 $10\%$ 的数据,$N\le20$,$M\le50$。 对于 $30\%$ 的数据,$N\le10^3$,$M\le2\times 10^4$。 对于 $70\%$ 的数据,$N\le5\times 10^3$,$M\le5\times 10^4$。 对于 $100\%$ 的数据,$1\le N\le10^4$,$1\le M\le5\times 10^4$。 c++,不要vector,变量名小写5字符以内,需要函数:void Tarjan(int u) { dfn[u] = low[u] = ++num; //初始化结点u的dfn和low值 st[++top] = u; //将结点u压入栈中 vis[u] = 1; //标记u在栈中 for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { //枚举u的所有出边 int v = e[i].to; if (!dfn[v]) { //结点v未被访问过,说明是树枝边 Tarjan(v); low[u] = min(low[u], low[v]); } else if (vis[v]) //v在栈中,是返祖边 low[u] = min(low[u], dfn[v]); // } int tmp = 0; if (low[u] == dfn[u]) { //结点u是该强连通分量的根 ++cnt; //强连通分量数量加一 do { //将当前结点前所有还在栈空间内的结点都归为当前强连通分量 tmp = st[top--]; vis[tmp] = 0; color[tmp] = cnt; //将同一个强连通分量内的点均标记为相同编号,也可理解为染色 } while(tmp != u); } } set<pair<int, int> > mark;//记录是否连接过 void solution() { //通过tarjan算法将所有强连通分量分配编号 for (int i = 1; i <= n; i++) if (!dfn[i]) Tarjan(i); //遍历所有连边,判断相邻两个结点是否所属同一强连通分量 for (int u = 1, v; u <= n; u++) { for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) { v = e[j].to; //当相邻两个结点不属于同一强连通分量,则以强连通分量编号为点建边 if (color[u] != color[v] && mark[{color[u], color[v]}].find != mark.end()) { link(color[u], color[v]); mark.insert({color[u], color[v]}); } } } }
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