[BZOJ 1051][HAOI2006]受欢迎的牛(强连通分量、缩点)

本文介绍了一种用于解决图论中强连通分量问题的算法,并通过实例演示了如何利用该算法来确定图中哪些节点被所有其他节点认为是受欢迎的。通过构建图并进行深度优先搜索,实现对强连通分量的有效识别。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

Description


  每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。现在有N头牛,给你M对整数(A,B),表示牛A认为牛B受欢迎。 这
种关系是具有传递性的,如果A认为B受欢迎,B认为C受欢迎,那么牛A也认为牛C受欢迎。你的任务是求出有多少头
牛被所有的牛认为是受欢迎的。

Input


  第一行两个数N,M。 接下来M行,每行两个数A,B,意思是A认为B是受欢迎的(给出的信息有可能重复,即有可
能出现多个A,B)

Output


  一个数,即有多少头牛被所有的牛认为是受欢迎的。

Sample Input


3 3
1 2
2 1
2 3

Sample Output


1

HINT


100%的数据N<=10000,M<=50000

Solution


求出强连通分量,缩点,建图
此时若出度为0的强连通分量不止一个,则ans=0,若只有一个,那就是该该强连通分量所包含的点的个数

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<stack>
#define Min(a,b) (a<b?a:b) 
using namespace std;
stack<int>s;
int n,m,Index=0,belong[10005],cnt2=0;
int dfn[10005],low[10005],head[10005],cnt=0,num[10005];
int head2[10005],cnt3=0; 
bool visited[10005],instack[10005];
struct Node{
    int next,to;
}Edges[50005],Edges2[50005];
void add(int u,int v)
{
    Edges[++cnt].next=head[u];
    Edges[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void add2(int u,int v)
{
    Edges2[++cnt3].next=head2[u];
    head2[u]=cnt3;
    Edges2[cnt3].to=v;
}
void tarjan(int u)
{
    dfn[u]=low[u]=++Index;
    visited[u]=1;
    s.push(u);
    instack[u]=1;
    for(int i=head[u];~i;i=Edges[i].next)
    {
        int t=Edges[i].to;
        if(!visited[t])
        {
            tarjan(t);
            low[u]=Min(low[u],low[t]);
        }
        else if(instack[t])
        {
            low[u]=Min(low[u],dfn[t]);
        }
    }
    if(low[u]==dfn[u])
    {
        cnt2++;
        int v;
        do
        {
            v=s.top();
            belong[v]=cnt2;
            num[cnt2]++;
            s.pop();
            instack[v]=0;
        }
        while(v!=u);
    }
}
void build()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=head[i];~j;j=Edges[j].next)
        {
            int v=Edges[j].to;
            if(belong[v]!=belong[i])
            {
                add2(belong[i],belong[v]);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(head2,-1,sizeof(head2)); 
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!visited[i])tarjan(i);
    }
    build();
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt2;i++)
    {
        if(head2[i]==-1)
        {
            if(ans){
                ans=0;break;
            }
            else ans=num[i];
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要求在一个无向图中找到大的一组节集合,使得这些节之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于终选取的子集中,则必须有至少一个端未被选入该子集或者两端均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效求解。核心思想如下: 1. 假设当前优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起的节并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够成功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标值重新测试直至收敛至佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint 'c' target_color = ('B' if c == 'A' else 'A') if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!='?': return False elif color[v]=='?': color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==('B'if c=='A'else'A'))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]=='?' or color[i]=='A') if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[['?']*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=['?']*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔值指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需求。 ---
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