BZOJ1638: [Usaco2007 Mar]Cow Traffic 奶牛交通

1638: [Usaco2007 Mar]Cow Traffic 奶牛交通

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Description

农场中,由于奶牛数量的迅速增长,通往奶牛宿舍的道路也出现了严重的交通拥堵问题.FJ打算找出最忙碌的道路来重点整治. 这个牧区包括一个由M (1 ≤ M ≤ 50,000)条单行道路(有向)组成的网络,以及 N (1 ≤ N ≤ 5,000)个交叉路口(编号为1..N),每一条道路连接两个不同的交叉路口.奶牛宿舍位于第N个路口.每一条道路都由编号较小的路口通向编号较大的路口.这样就可以避免网络中出现环.显而易见,所有道路都通向奶牛宿舍.而两个交叉路口可能由不止一条边连接. 在准备睡觉的时候,所有奶牛都从他们各自所在的交叉路口走向奶牛宿舍,奶牛只会在入度为0的路口,且所有入度为0的路口都会有奶牛. 帮助FJ找出最忙碌的道路,即计算所有路径中通过某条道路的最大次数.答案保证可以用32位整数存储.

Input

第一行:两个用空格隔开的整数:N,M.

第二行到第M+1行:每行两个用空格隔开的整数ai,bi,表示一条道路从ai到bi.

Output

第一行: 一个整数,表示所有路径中通过某条道路的最大次数.

Sample Input

7 7
1 3
3 4
3 5
4 6
2 3
5 6
6 7

Sample Output

4
样例说明:

1 4
/
3 6 -- 7
/ /
2 5
通向奶牛宿舍的所有路径:

1 3 4 6 7
1 3 5 6 7
2 3 4 6 7
2 3 5 6 7

HINT

Source

Silver

题解：

这道题还不错，正反两次递推

对于一条边(a,b)，原图中入度为0的点到a的路径条数F，原图中b到N的路径条数G，那么这条边的经过次数为F*G

代码：（copy hzwer）

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #define ll long long
 6 #define inf 1000000000
 7 using namespace std;
 8 inline int read()
 9 {
10     int x=0,f=1;char ch=getchar();
11     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
12     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
13     return x*f;
14 }
15 int n,m,cnt1,cnt2,ans;
16 int u[50005],v[50005];
17 int head[5005],h[5005],f[5005],g[5005],r[5005];
18 struct edge1{int to,next;}e[50005];
19 struct edge2{int to,next;}ed[50005];
20 void insert(int u,int v)
21 {
22     e[++cnt1].to=v;e[cnt1].next=head[u];head[u]=cnt1;
23     ed[++cnt2].to=u;ed[cnt2].next=h[v];h[v]=cnt2;
24 }
25 void dp1(int x)
26 {
27     if(!head[x]){f[x]=1;return;}
28     for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
29     {
30         if(!f[e[i].to])dp1(e[i].to);
31         f[x]+=f[e[i].to];
32     }
33 }
34 void dp2(int x)
35 {
36     if(!h[x]){g[x]=1;return;}
37     for(int i=h[x];i;i=ed[i].next)
38     {
39         if(!g[ed[i].to])dp2(ed[i].to);
40         g[x]+=g[ed[i].to];
41     }
42 }
43 int main()
44 {
45     n=read();m=read();
46     for(int i=1;i<=m;i++)
47     {
48         u[i]=read();v[i]=read();
49         insert(u[i],v[i]);
50     }
51     for(int i=1;i<=n;i++)
52         if(!f[i])dp1(i);
53     dp2(n);
54     for(int i=1;i<=m;i++)
55         ans=max(ans,g[u[i]]*f[v[i]]);
56     printf("%d
",ans);
57     return 0;
58 }

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