CQYZ【复赛模拟题】指认坏人+【zjoi2008】骑士

多的先不说，上题：

---

指认坏人

n个人中有好人，也有坏人。坏人知道每个人的身份，好人不知道。
　　现在每个人都指认了一个坏人（没有人会指认自己为坏人），当然，好人基本是乱猜的，而坏人则全部指认的是好人。
　　那么在不知道谁是坏人的情况下，最多可能有多少坏人。

【输入格式】

　　输入的第1行包含一个整数n，表示有n个人。这n个人标号为1到n。接下来有n行，每行一个数，其中的第i行表示被第i个人指认的坏人编号。没有谁会指认自己为坏人。

【输出格式】

　　仅输出一个整数，表示最多可能的坏人的数量。

【输入样例】

【样例1】
　3
　2
　1
　1

【样例2】
　3
　2
　3
　1

【样例3】
　7
　3
　3
　4
　5
　6
　4
　4

【输出样例】

【样例1】
　2

【样例2】
　1

【样例3】
　4

【样例解释】

第一个样例解释：杀手可能为2和3；
第二个样例解释：杀手可能是任何1个人，但不可能多于1个，否则杀手就会指认自己人了。

【数据范围】

40%的数据n<25.
80%的数据n<=2000
100%的数据 2<=N<=500000

一开始看到还以为是并查集的模型，但是每两个人并不存在此好则彼坏的情况，和并查集一点也扯不上关系。
如果i指认j的话连有向边i->j，则每个点一定只有一个出度。
对于题干分析我们发现，坏人只会指认好人，指认坏人的也只能是好人，那么意味着如果点i为坏人，那么和i有变相邻的点（不管方向如何）都不能是坏人。那么是不是就可以把有向边当成是无向边。
如果所有人的关系只是构成一颗树的话，那么该题的最优解就是一颗树的最大独立集。但是这里每个人之间不应定都连通，而且的所有构成的连通分量都是以x个点，x条边的形式存在（基环外向树）。
那么问题就转化为求基环外向树森林的最大独立集。发现基环外向树上最多且必须出现一个环，而环又是我们难以处理的，所以我们可以找出环上的一条边，然后删掉该边求最优解。对于一条边上的两个点s，t，不能同时都选，所以枚举哪个点一定不选，相当于提前满足删掉的这条边的要求，再跑树上的最大独立集，两者中较大的就是最优解。（但是这里好像就只能用动态规划而不能用贪心了）
一个需要注意的地方就是如何保证删除那条指定的边。
可以举一个简单的例子：如果只有1 2 两个人，1指认2,2指认1。
如果dfs的时候不能只要发现一条边是i<->j的，就continue。这样做会导致不管是1不选还是2不选，得到的答案都是0。对于这样互选的情况，我们考虑标记找环时的边i->j的编号为x，只有在当前这条边表示的是i-j的那条x边时才continue。由于无向图边存储了两次，所以x和x+1/x-1是同一条边。（例如：1和2,3和4……）

P.S：其实也可以在建立树的时候将每条双向边编号，判断的时候就没有这么麻烦了

另附一下树的独立集的递归方程：

f[i][0]表示不选i时，以i为根的树的最大独立集
f[i][1]表示选i时，以i为跟的树的最大独立集
f[i][0]=sum{ max(f[j][0],f[j][1]} |j是i的儿子}
f[i][1]=sum{ f[j][0] |j是i的儿子}+1

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=500005;
int np=0,first[maxn],n,fa[maxn],s,t,x,ans,sum,vis[maxn],f[maxn][2];
struct edge
{
    int to,next;
}e[2*maxn];
void addedge(int u,int v)
{
    e[++np]=(edge){v,first[u]};
    first[u]=np;
}
void dfs(int i,int f)
{
    vis[i]=1;
    for(int p=first[i];p;p=e[p].next)
    {
        int j=e[p].to;
        if(j==f) continue;
        if(vis[j]) s=i,t=j,x=p;
        else dfs(j,i);
    }
}
void dfs_(int i,int fa)
{
    f[i][1]=1;
    for(int p=first[i];p;p=e[p].next)
    {
        int j=e[p].to;
        if(j==fa || x==p) continue;
        if(p%2==0 && (p^1)-2==x) continue;//是不是标记的那条边 
        if(p%2==1 && (p^1)+2==x) continue;
        dfs_(j,i);
        f[i][1]+=f[j][0];
        f[i][0]+=max(f[j][0],f[j][1]);
    }
}
int main()
{
    freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&t);
        addedge(i,t);
        addedge(t,i);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)//形成的图一定是一个基环外向树的若干连通分量 
    if(!vis[i])
    {
        dfs(i,0);
        dfs_(s,0);
        sum=f[s][0];
        memset(f,0,sizeof(f));
        dfs_(t,0);
        ans+=max(sum,f[t][0]);
        memset(f,0,sizeof(f));
    }
    printf("%d",ans);   
    return 0;
}

---

再来看下另一道（加强版）基环外向树的题目：

【zjoi2008】骑士

Z国的骑士团是一个很有势力的组织，帮会中汇聚了来自各地的精英。他们劫富济贫，惩恶扬善，受到社会各界的赞扬。
　　最近发生了一件可怕的事情，邪恶的Y国发动了一场针对Z国的侵略战争。战火绵延五百里，在和平环境中安逸了数百年的Z国又怎能抵挡的住Y国的军队。于是人们把所有的希望都寄托在了骑士团的身上，就像期待有一个真龙天子的降生，带领正义打败邪恶。
　　骑士团是肯定具有打败邪恶势力的能力的，但是骑士们互相之间往往有一些矛盾。每个骑士都有且仅有一个自己最厌恶的骑士（当然不是他自己），他是绝对不会与自己最厌恶的人一同出征的。
　　战火绵延，人民生灵涂炭，组织起一个骑士军团加入战斗刻不容缓！国王交给了你一个艰巨的任务，从所有的骑士中选出一个骑士军团，使得军团内没有矛盾的两人（不存在一个骑士与他最痛恨的人一同被选入骑士军团的情况），并且，使得这支骑士军团最具有战斗力。
　　为了描述战斗力，我们将骑士按照1至N编号，给每名骑士一个战斗力的估计，一个军团的战斗力为所有骑士的战斗力总和。

【输入格式】

　　第一行包含一个正整数N，描述骑士团的人数。
　　接下来N行，每行两个正整数，按顺序描述每一名骑士的战斗力和他最痛恨的骑士。

【输出格式】

　　包含一行，包含一个整数，表示你所选出的骑士军团的战斗力。

【输入样例】

3
10 2
20 3
30 1

【输出样例】
30

【数据范围】
对于100%的测试数据，满足N ≤ 1 000 000，每名骑士的战斗力都是不大于 1 000 000的正整数。

分析和上面一道的一致，差别就在于点带权。
直接把f[i][1]的初值附成w[i]就好了。

不粘代码了。。