bzoj 1143 | 2718(有向无环图的最大路径覆盖)

1143: [CTSC2008]祭祀river

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Description

在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。

 

由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。

Input

第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。

Output

第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。

Sample Input

4 4
1 2
3 4
3 2
4 2

Sample Output

2

【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。

HINT

对于每个测试点：如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数，那么你将得到该测试点30%的分数；如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数与一个可行的方案，那么你将得到该测试点60%的分数；如果你的输出完全正确，那么你将得到该测试点100%的分数

【数据规模】 N ≤ 100 M ≤ 1 000

解题思路：

 原题相当于求最大独立子集=有向无环图的最大路径覆盖。

对于有向无环图的最大路径覆盖的求法。先用Floyed求一遍各个图的连通性，然后建图（二分无向图）进行最大匹配。结果就是 原来 点-最大匹配。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m;
int len=0;
int sum=0;
int h[300];
bool ch[300];
int match[300];
int mg[211][211];
int ma[211][211];


inline int read()
 {
  char y; int x=0,f=1; y=getchar();
  while (y<'0'||y>'9') {if (y=='-')f=-1; y=getchar();}
while (y>='0' && y<='9'){x=x*10+int (y)-48; y=getchar();}
    return x*f;
 }


bool dfs(int o)
 {
    for (int i=1;i<=2*n;++i)
     if (ch[i] && ma[o][i])
       {
        ch[i]=false;
      if (match[i]==-1)
      {
      match[o]=i; match[i]=o;
      return true;
 }
if (dfs(match[i]))
{
match[o]=i; match[i]=o;
return true;
}
  }
return false;
 }


int main()
{
freopen("main.in","r",stdin);
freopen("me.out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for (int i=1;i<=m;++i)
{
int x,y;
x=read(); y=read();
mg[x][y]=1; 
}
for (int k=1;k<=n;++k)
for (int i=1;i<=n;++i)
 for (int j=1;j<=n;++j)
  if (k!=i && i!=j && j!=k)
   mg[i][j]|=mg[i][k]&mg[k][j];
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=n;++j)
 if(mg[i][j])
  {
  ma[i][j+n]=1; ma[j+n][i]=1;
  }
sum=0;
memset(match,-1,sizeof(match));
for (int i=1;i<=2*n;++i)
if (match[i]==-1)
 {
memset(ch,true,sizeof(ch));
ch[i]=false;
if (dfs(i))
{
++sum;
 }
 }
printf("%d",n-sum);
}