最小（不相交）路径覆盖问题
很显然要拆点，那么我们就转化得到了一个二分图匹配问题。一条路径上的每条边 \((u,v)\) 对应一个 \(u \to v'\) 的匹配。因此只要拆点建立二分图，答案就是原图节点数 - 最大匹配数。
考虑如何输出方案。对于原图的每个节点，我们记录它的两个对应点在新图中参与匹配的次数。显然每条路径一定是从一个参与次数为 \(1\) 的点开始到一个参与次数为 \(1\) 的点结束。那么我们可以每次找一个还没有处理过的参与次数为 \(1\) 的点开始沿着路径走就可以了，这可以看作一个退化的搜索遍历过程。
#include
using namespace std;
const int N = 16384, MAXN = 262144;
#define reset(x) memset(x,0,sizeof x)
struct graph
{
int n,m,M,S,T,head[N],cur[N],dep[N],gap[N],q[N];
long long ans;
struct ed
{
int from,to,nxt,val;
} edge[MAXN];
void init(int n0,int m0,int S0,int T0)
{
n=n0,m=m0,S=S0,T=T0,M=1,reset(gap);
reset(head),reset(cur),reset(dep),reset(q);
}
void make(int u,int v,int w)
{
edge[++M]=(ed) {u,v,head[u],w},head[u]=M;
}
int dfs(int u,int mx)
{
if (u==T)
return mx;
int num=0,f;
for (int &i=cur[u],v; i; i=edge[i].nxt)
if (dep[v=edge[i].to]==dep[u]-1 && (f=edge[i].val))
if (edge[i].val-=(f=dfs(v,min(mx-num,f))), edge[i^1].val+=f, (num+=f)==mx)
return num;
if (!--gap[dep[u]++])
dep[S]=n+1;
return ++gap[dep[u]],cur[u]=head[u],num;
}
void solve()
{
for (int i=1; i<=n; ++i)
cur[i]=head[i];
ans=0;
for (gap[0]=n; dep[S]<=n; ans+=dfs(S,0x7fffffff));
}
} g;
int n,m,t1,t2,t3,t4,vis[N],ch[N][2],deg[N];
int main()
{
cin>>n>>m;
g.init(2*n+2,0,2*n+1,2*n+2);
for(int i=1; i<=m; i++)
{
cin>>t1>>t2;
g.make(t1,t2+n,1);
g.make(t2+n,t1,0);
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
g.make(2*n+1,i,1);
g.make(i,2*n+1,0);
g.make(n+i,2*n+2,1);
g.make(2*n+2,n+i,0);
}
g.solve();
for(int i=1; i<=m; i++)
{
if(g.edge[2*i].val==0)
{
ch[(g.edge[2*i].from-1)%n+1][deg[(g.edge[2*i].from-1)%n+1]++]=(g.edge[2*i].to-1)%n+1;
ch[(g.edge[2*i].to-1)%n+1][deg[(g.edge[2*i].to-1)%n+1]++]=(g.edge[2*i].from-1)%n+1;
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(vis[i])
continue;
if(deg[i]==0)
cout<1)
{
vis[p]=1;
cout<