AcWing 379.Vani和Cl2捉迷藏

题目大意：

给定一张 (N) 个点，(M) 条边的有向无环图，求最多能选取的点数 (K)，使得选取的任意两点都没有路径相连。
(Nleq 200, Mleq 30000)

思路：

依次考虑左部每一个非匹配点 (x_0) 。
从 (x_0) 出发，不断访问 (x_0) ，(match[x_0']) ，(match[match[x_0']]...) 直至到达一个左部点 (y_0) (s.t.) (y_0') 是非匹配点。
在 (G') 中，节点 (x_0)，(y_0) 以及刚才经过的点构成一条路径。

这样找到的所有路径就是 (path) 的方案之一，所有路径在 (G') 上是不相交的。

接下来构造 (select) ：

选出 (path) 中每条路径的终点 (x_0) ，构成一个集合 (E) 。
求出从 (E) 中节点出发，走一条边，到达的集合 (next(E)) 。
根据传递闭包的性质， (G) 中任意两个选取的点没有路径相连，等价于 (G') 中任意两个藏身点都没有边相连。因此，若 (Eigcap next(E)=0) ，则 (select=E) 即为所求。
否则，考虑 (Eigcap next(E)) 中的每一个节点 (e) ，沿着 (e) 所在的路径向上走，直到一个节点 (e' otin next(E)) 。从 (E) 中删除 (e) ，加入 (e') 。
对于修改后的集合 (E) ，重复执行步骤 (3) 和 (4) ，直到步骤 (3) 中的条件满足。

可以证明，任何时刻在步骤 (4) 中，我们一定能找到合法的 (e') 。这是因为如果找不到这样的 (e')，就说明 (e) 所在的路径（记为 (pe)）上的所有点都能够被其他路径的终点到达。设 (pe) 的起点是 (y_0)，我们可以延长那条到达 (y_0) 的路径，代替 (pe) 去覆盖 (pe) 上的所有节点，使集合 (path) 中的路径减少一条，与 (path) 的最小性矛盾。

你认为这道题做完了？并没有。手头有《算法竞赛进阶指南》的读者可以发现这段构造和反证跟书上的文字一模一样，如果你仔细去思考一下这个反证，与我尝试解释去解释它的时候一样，会发现这是有逻辑漏洞的。

这个反证法的说明其实只适用于第一个要找的 (e')，对于后面的调整， (next(E)) 中不仅仅有终点的相连点了，还有已经调整好的点的相连点。也就是说，此时这个路径不一定能被完全替代，别的路径走过来可能需要在中间拐个岔子，而不是到了终点再往这条路径上走。

不过这个构造是无懈可击的，题目后面其实有一个更加深刻的东西支撑其正确性：

(Dilworth) 定理：对偏序集<A，≤>，设A中最长链的长度是n，则将A中元素分成不相交的反链，反链个数至少是n。

这个定理可以说明对于任意有限偏序集，其最大反链中元素的数目必等于最小链划分中链的数目，而最大反链大小即为此题所求的 (K) 。其证明可以在网上查到，其中与图论紧密相连的有这一篇。

身为中学生，个人知识水平有限，不能进一步延伸，比较感兴趣的就自己上网了解一下吧。。

实现

对原图进行传递闭包，然后求出拆点二分图的最大匹配，答案即为 (N) 减去最大匹配数，时间复杂度 (O(N^3)) 。

由于二分图实际上只遍历其中一边，所以二分图不拆点跑匈牙利是不影响正确性的。

Code:

#include<iostream>
#include<cstring>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define N 220
using namespace std;
bool conn[N][N],vis[N];
int match[N],n;
bool dfs(int x){
    rep(y,1,n)if(conn[x][y]){
        if(vis[y])continue;
        vis[y]=true;
        if(!match[y]||dfs(match[y])){
            match[y]=x; return true;
        }
    }
    return false;
}
int main(){
    int m,a,b;
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m){
        cin>>a>>b; conn[a][b]=true;
    }
    rep(k,1,n)rep(i,1,n)rep(j,1,n)
        conn[i][j]|=conn[i][k]&conn[k][j];
    int ans=n;
    rep(i,1,n){
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        ans-=dfs(i);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}