Bzoj 2718: [Violet 4]毕业旅行 && Bzoj 1143: [CTSC2008]祭祀river 传递闭包,二分图匹配,匈牙利,bitset

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

Source

 题解：

这道题转化一下，就成了我们要找最大独立集。

最大独立集＝二分图点数－最小点覆盖＝最长反链长度＝最小链覆盖(路径不能相交)

链为一些点的集合，链上任意两点x,y， 要么x能到达y，要么y能到达x。

反链为一些点的集合，链上任意两点x,y， x不能到达y且y不能到达x。

然后我们就跑个传递闭包，把x能到达y的处理出来。

然后重新构图，将x能到达y的连起来。跑个最大匹配，再用总点数减去最大匹配数即可。。。

Dinic和匈牙利 都可以过。。。

我写的是匈牙利：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bitset<110> a[110];
bitset<110> vis;
int bf[110],n,f[110][110];
int read()
{
    int s=0,fh=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')fh=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){s=s*10+(ch-'0');ch=getchar();}
    return s*fh;
}
int xyl(int u)
{
    int v;
    for(v=1;v<=n;v++)
    {
        if(a[u][v]!=0&&vis[v]==0)
        {
            vis[v]=1;
            if(xyl(bf[v])==1||bf[v]==0)
            {
                bf[v]=u;
                return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int m,i,j,x,y,ans;
    n=read();m=read();
    //for(i=1;i<=n;i++)a[i][i]=1;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read();y=read();
        a[x][y]=1;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            if(a[j][i])a[j]|=a[i];
        }
    }
    /*for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            if(a[i][j]&&i!=j)f[i][j]=1;
        }
    }*/
    memset(bf,0,sizeof(bf));
    ans=0;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        vis.reset();
        ans+=xyl(i);
    }
    printf("%d",n-ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}