Week8 作业

A - 区间选点 II

原题链接

http://poj.org/problem?id=1201

题目大意

给定一个数轴上的 $n$ 个区间，要求在数轴上选取最少的点使得第 i 个区间 $[a_i,b_i]$ 里至少有 $c_i$ 个点。

输入

输入第一行一个整数 $n$ 表示区间的个数，接下来的 $n$ 行，第i行有三个数$a_i，b_i，c_i$，用空格隔开。$1<=n<=50000,0<=ai<=bi<=50000$ 并且 $1<=ci<=bi-ai+1$。

输出

输出一个整数表示最少选取的点的个数。

基本思路

本题的题意可以抽象为一系列的不等式约束，因此可以考虑使用差分约束系统的方法来解决。

假设$sum[i]$是区间$[0,i-1]$的最少选点个数，那么题意可以描述为$sum[b_i+1]-sum[a_i]\ge c_i(1\le i\le n)$。

但是，除此之外，还要注意一些隐含的条件:$0\le sum[i+1]-sum[i]\le 1$。$sum[i+1]-sum[i]\le 1$可以转换为$sum[i]-sum[i+1]\ge -1$。

于是，将该问题转化为求最长路的问题，通过spfa算法即可求得答案：$sum[\max (b_i)+1](1\le i\le n)$

完整代码

#include
#include
#include 
using namespace std;
#define inf 500000000
struct Edge{
	int v, w, nxt;
}e[500005];
int head[50005];
int cnt=1;
int dis[50005], inq[50005];
queue<int> Q;
void add(int u, int v, int w)
{
	e[cnt].v = v;
	e[cnt].w = w;
	e[cnt].nxt = head[u];
	head[u] = cnt;
	cnt++;
}
void spfa()
{
	inq[0]=1;
	dis[0]=0;
	Q.push(0);
	while(!Q.empty())
	{
		int u = Q.front();Q.pop();inq[u]=0;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
		{
			int v = e[i].v;
			int w = e[i].w;
			if(dis[v] < dis[u] + w)
			{
				dis[v] = dis[u] + w;
				if(!inq[v])
				{
					inq[v]=1;
					Q.push(v);
				}
			}
		}
	}
}
int n, a, b, c;
int maxy;
int main ()
{
	cin>>n;
	
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		cin>>a>>b>>c;
		maxy = max(b, maxy); 
		add(a, b+1, c);
	}
	for(int i=0;i<=maxy;i++)
	{
		dis[i] = -inf;
		inq[i] = 0;
	}
	for(int i=0;i<=maxy;i++)
	{
		add(i, i+1, 0);
		add(i+1, i, -1);
	}
	spfa();
	cout<<dis[maxy+1]<<endl;
	return 0;
} 

B - 猫猫向前冲

原题链接

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1285

题目大意

N只小猫咪，从1到N编号，它们进行了M场比赛，每场比赛的胜负已知，现在要按照比赛结果对小猫咪进行排序(比赛结果具有传递性，获胜的猫咪排在当场比赛失败的猫咪前面)，要求输出最小字典序的序列。

输入

输入有若干组，每组中的第一行为二个数N（1<=N<=500），M；其中N表示猫猫的个数，M表示接着有M行的输入数据。接下来的M行数据中，每行也有两个整数P1，P2表示即编号为 P1 的猫猫赢了编号为 P2 的猫猫。

输出

给出一个符合要求的排名。输出时猫猫的编号之间有空格，最后一名后面没有空格!
其他说明：符合条件的排名可能不是唯一的，此时要求输出时编号小的队伍在前；输入数据保证是正确的，即输入数据确保一定能有一个符合要求的排名。

基本思路

本题是一个典型的拓扑排序问题，把每只猫咪看成一个点，猫咪A赢了B看做A到B有一条有向边，从而可以建立起有向图。

维护一个数组indeg记录每个点的入度，以及一个拓扑序列数组(起初为空。本题也可直接输出，不使用拓扑序列数组)，入度为0的点可取出并添加到拓扑序列的最后，并在图中删除该点及其关联的有向边。

为了使得字典序最小，可以使用一个最小堆，将所有入度为0的点加入最小堆中，每次从堆顶取出点，添加到拓扑序列的最后，并在图中删除。

完整代码

#include
#include
#include
using namespace std;
vector<int> G[505];
int N, M, A, B;
int indeg[505];
priority_queue<int> pq;
int main ()
{
	while(cin>>N>>M)
	{
		for(int i=0;i<=N;i++)
		{
			G[i].clear();
			indeg[i]=0;
		}
		for(int i=0;i<M;i++)
		{
			cin>>A>>B;
			G[A].push_back(B);
			indeg[B]++;
		}
		for(int i=1;i<=N;i++)
		{
			if(!indeg[i])	pq.push(-i);
		}
		bool first = true;
		while(!pq.empty())
		{
			if(!first)	cout<<" ";
			else first = false;
			int u = -pq.top();	pq.pop();
			for(int i=0, s=G[u].size();i<s;i++)
			{
				int v = G[u][i];
				indeg[v]--;
				if(!indeg[v])	pq.push(-v);
			}
			cout<<u;
		}
		cout<<endl;	
	}
	
	return 0;
} 

C - 班长竞选

题目链接

https://vjudge.net/problem/HDU-3639

题目大意

大学班级选班长，N 个同学(编号从0到N-1)均可以发表意见 若意见为 A B 则表示 A 认为 B 合适，意见具有传递性，即 A 认为 B 合适，B 认为 C 合适，则 A 也认为 C 合适。求最高票数和获得最高票数的同学编号。

输入

本题有多组数据。第一行 T 表示数据组数。每组数据开始有两个整数 N 和 M (2 <= n <= 5000, 0

输出

对于每组数据，第一行输出 “Case x: ”，x 表示数据的编号，从1开始，紧跟着是最高的票数。 接下来一行输出得票最多的同学的编号，用空格隔开，不忽略行末空格！

基本思路

这个题可以看做一个图论问题，每个同学当做一个点，如果同学A认为同学B合适，则认为点A和点B之间有一条有向边。

由于投票具有传递性，一个强连通分支中的点一定会获得相同的票数。而且如果存在从强连通分支S1到达强连通分支S2的有向边，那么S2中的点获得票数一定高于S1。

我们可以将每个强连通分支看成一个点，若存在从S1到S2的有向边，则看做两点之间存在一条有向边，从而实现缩点，得到一个缩点后的图sG。这个图中，只有出度为0的点对应的强连通分量才可能获得最大票数，而这类点的票数 = 所有可以到达该点的强连通分量包含的人数之和 + 该点对应强连通分量包含人数 - 1。

具体可分为以下过程：

1. 将题中给出的关系用图G表示，并求其反图rG；
2. 在G中通过dfs求逆后序序列；
3. 按照逆后序序列在rG中进行dfs，找到每个强连通分量包含点数，以及每个点属于哪个强连通分量；
4. 将每个强连通分量看做一个点，进行缩点，得到缩点后的图sG的反图rsG,并记录rsG中入度为0的点；
5. 在rsG中以每个入度为0的点v为起点进行dfs，找到所有可达点v的点，从而计算点v对应连通分量的票数；
6. 找到最大票数，统计获得最大票数的同学编号，并输出。

解题时遇到的坑

1. 找强连通分支一定要使用逆后序序列在反图中寻找
2. 缩点时要考虑重复的边的处理
3. 缩点后的图中出度不为0的点必不可能包含答案
4. 在缩点后的反图中搜索之前一定要把vis数组清零
5. 可能有多个强连通分支同时为最大值

完整代码

#include
#include
#include
#define C 5005
using namespace std;
vector<int> G[C], rG[C], rsG[C];
set<pair<int, int> > S;
int f[C], sc[C], sidx[C], indeg[C];
int vis1[C], vis3[C];
int T, M, N, A, B;
int fcnt, scnt, maxscc;
int tit[C];
void dfs1(int x)
{
	vis1[x]=1;
	for(int i=0, s=G[x].size();i<s;i++)
	{
		if(!vis1[G[x][i]])	dfs1(G[x][i]);
	}
	f[fcnt++] = x;
} 
void dfs2(int x)
{
	sidx[x] = scnt;
	sc[scnt]++;
	for(int i=0, s=rG[x].size();i<s;i++)
	{
		if(sidx[rG[x][i]] == -1)	dfs2(rG[x][i]);
	}
}
void dfs3(int x, int tidx)
{
	vis3[x]=1;
	tit[tidx] += sc[x];
	for(int i=0, s=rsG[x].size();i<s;i++)
	{
		if(!vis3[rsG[x][i]])	dfs3(rsG[x][i], tidx);
	}
}

void clear()
{
	S.clear();
	for(int i=0;i<C;i++)
	{
		G[i].clear();
		rG[i].clear();
		rsG[i].clear();
		tit[i] = vis1[i] = vis3[i] = f[i] = sc[i] = indeg[i] = 0;
		sidx[i] = -1;
	}
	fcnt = scnt = maxscc = 0;
}

void read()
{
	cin>>N>>M;
	for(int i=0;i<M;i++)
	{
		cin>>A>>B;
		G[A].push_back(B);
		rG[B].push_back(A);
	}
}

void findscc()
{
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		if(!vis1[i])	dfs1(i);
	}
	 
	for(int i=N-1;i>=0;i--)
	{
		if(sidx[f[i]] == -1)	dfs2(f[i]), scnt++;
	}
	
}

void build_scc_graph()
{
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		for(int j=0,s=rG[i].size();j<s;j++)
		{
			int u = rG[i][j];
			if(sidx[i] != sidx[u] && !S.count({sidx[i], sidx[u]}))
			{
				S.insert({sidx[i], sidx[u]});
				rsG[sidx[i]].push_back(sidx[u]);
				indeg[sidx[u]]++;
			}
		}
	}
}
void statistics_and_output(int Case)
{
	for(int i=0;i<scnt;i++)
	{
		if(!indeg[i])
		{
			tit[i]=-1;
			for(int j=0;j<scnt;j++)	vis3[j]=0;
			dfs3(i, i);
			if(tit[i] > maxscc)	maxscc = tit[i];
		}
	}
	
	cout<<"Case "<<Case<<": "<<maxscc<<endl;
	bool first=true;
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		if(!indeg[sidx[i]] && tit[sidx[i]] == maxscc)
		{
			if(!first)	cout<<" ";
			else first = false;
			cout<<i;
		}
	}
	cout<<endl;
}
int main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>T;
	for(int h=1;h<=T;h++)
	{
		clear();
		read();
		findscc();
		build_scc_graph();
		statistics_and_output(h); 
	}
	return 0;
}