链接:click here
题意:
校园网络
时间限制:3000 ms | 内存限制:65535 KB
难度:5
- 描述
-
南阳理工学院共有M个系,分别编号1~M,其中各个系之间达成有一定的协议,如果某系有新软件可用时,该系将允许一些其它的系复制并使用该软件。但该允许关系是单向的,即:A系允许B系使用A的软件时,B未必一定允许A使用B的软件。现在,请你写一个程序,根据各个系之间达成的协议情况,计算出最少需要添加多少个两系之间的这种允许关系,才能使任何一个系有软件使用的时候,其它所有系也都有软件可用。
- 输入
- 第一行输入一个整数T,表示测试数据的组数(T<10)
每组测试数据的第一行是一个整数M,表示共有M个系(2<=M<=100)。
随后的M行,每行都有一些整数,其中的第i行表示系i允许这几个系复制并使用系i的软件。每行结尾都是一个0,表示本行输入结束。如果某个系不允许其它任何系使用该系软件,则本行只有一个0.
- 输出
- 对于每组测试数据,输出最少需要添加的这种允许关系的个数。
- 样例输入
-
1 5 2 4 3 0 4 5 0 0 0 1 0
- 样例输出
-
2
这道题第一感觉和图的入度出度有关,最后写了一下,数据比较水。
思路: 统计入度和出度就行了,一个顶点既有出度也有入度就表示此顶点不需要添加线路,最后取最大值比较即可。
代码:
#include <math.h> #include <queue> #include <deque> #include <vector> #include <stack> #include <stdio.h> #include <ctype.h> #include <string.h> #include <stdlib.h> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define Max(a,b) a>b?a:b #define Min(a,b) a>b?b:a #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}}; const double eps = 1e-6; const double Pi = acos(-1.0); static const int INF = ~0U >> 2; static const int MAXN = 102; int mapp[MAXN][MAXN],comeder[MAXN],outder[MAXN]; int n,m,i,j,cas,cnt; void input() { for(i=1; i<=n; i++) while(~scanf("%d",&m),m) { mapp[i][m]=1; } for(i=1; i<=n; i++) for(j=1; j<=n; j++) { if(mapp[i][j]) { comeder[j]=1; outder[i]=1; } } } void output() { int sum1=0,sum2=0; for(i=1; i<=n; i++) { if(comeder[i]==0) sum1++; if(outder[i]==0) sum2++; } printf("%d\n",Max(sum1,sum2)); } int main() { scanf("%d",&cas); while(cas--) { int sum; scanf("%d",&n); mem(mapp,0),mem(comeder,0),mem(outder,0); input(); output(); } return 0; }
后来看下题解,原来是强连通缩点targan算法,强连通缩点还没有学习,先贴上别人已过的代码,研究~~
解析(转):点击打开链接
Tarjan算法详解
【功能】
Tarjan算法的用途之一是,求一个有向图G=(V,E)里极大强连通分量。强连通分量是指有向图G里顶点间能互相到达的子图。而如果一个强连通分量已经没有被其它强通分量完全包含的话,那么这个强连通分量就是极大强连通分量。
【算法思想】
用dfs遍历G中的每个顶点,通dfn[i]表示dfs时达到顶点i的时间,low[i]表示i所能直接或间接达到时间最小的顶点。(实际操作中low[i]不一定最小,但不会影响程序的最终结果)
程序开始时,order初始化为0,在dfs遍历到v时,low[v]=dfn[v]=order++,v入栈(这里的栈不是dfs的递归时系统弄出来的栈)扫描一遍v所能直接达到的顶点k,如果 k没有被访问过那么先dfs遍历k,low[v]=min(low[v],low[k]);如果k在栈里,那么low[v]=min(low[v],dfn[k])(就是这里使得low[v]不一定最小,但不会影响到这里的low[v]会小于dfn[v])。扫描完所有的k以后,如果low[v]=dfn[v]时,栈里v以及v以上的顶点全部出栈,且刚刚出栈的就是一个极大强连通分量。
【大概的证明】
1. 在栈里,当dfs遍历到v,而且已经遍历完v所能直接到达的顶点时,low[v]=dfn[v]时,v一定能到达栈里v上面的顶点:
因为当dfs遍历到v,而且已经dfs递归调用完v所能直接到达的顶点时(假设上面没有low=dfn),这时如果发现low[v]=dfn[v],栈上面的顶点一定是刚才从顶点v递归调用时进栈的,所以v一定能够到达那些顶点。
2 .dfs遍历时,如果已经遍历完v所能直接到达的顶点而low[v]=dfn[v],我们知道v一定能到达栈里v上面的顶点,这些顶点的low一定小于 自己的dfn,不然就会出栈了,也不会小于dfn[v],不然low [v]一定小于dfn[v],所以栈里v以其v以上的顶点组成的子图是一个强连通分量,如果它不是极大强连通分量的话low[v]也一定小于dfn[v](这里不再详细说),所以栈里v以其v以上的顶点组成的子图是一个极大强连通分量。
【时间复杂度】
因为所有的点都刚好进过一次栈,所有的边都访问的过一次,所以时间复杂度为O(n+m)
代码如下:
// 强连通分量缩点 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <stack> using namespace std; const int MAX = 105; int map[MAX][MAX]; int low[MAX], DFN[MAX], IN[MAX], OUT[MAX], instack[MAX], t[MAX]; int n, order, res, ans; stack<int> S; void init() { memset(map, 0, sizeof(map)); memset(low, 0, sizeof(low)); memset(DFN, 0, sizeof(DFN)); memset(IN, 0, sizeof(IN)); memset(OUT, 0, sizeof(OUT)); memset(instack, 0, sizeof(instack)); memset(t, 0, sizeof(t)); while(!S.empty()) S.pop(); res = 0; order = 0; } int min(int x, int y) { return x < y ? x : y; } void tr(int u) { int v; DFN[u] = low[u] = ++order; instack[u] = 1; S.push(u); for (int i = 1; i <= n; i++) { if(map[u][i]) { if(!DFN[i]) { tr(i); low[u] = min(low[u], low[i]); } else if(instack[i]) low[u] = min(low[u], DFN[i]); } } if(DFN[u] == low[u]) { ++res; // res 代表强连通分量的个数 do { v=S.top(); S.pop(); instack[v] = 0; t[v] = res; }while(v != u); } } void tarjan() { for (int i = 1; i <= n; i++) if(!DFN[i]) tr(i); } void solve() { for (int i = 1;i <= n; i++) { for (int j = 1;j <= n; j++) if(map[i][j]) // 统计每个强连通分量缩点的入度和出度 { ++IN[t[i]]; ++OUT[t[j]]; } } int xx, yy; xx = yy = 0; for(int i = 1; i <= res; i++) { if(IN[i]==0) xx++; else if(OUT[i]==0) yy++; } ans = xx > yy ? xx : yy; // 结果为缩点后的有向图中出度为0或者入度为0中的大者 } int main() { int T, x; scanf("%d", &T); while (T--) { init(); scanf("%d",&n); for (int i = 1; i <= n; i++) { while (scanf("%d", &x), x) map[i][x] = 1; } tarjan(); solve(); if(res == 1) printf("0\n"); else printf("%d\n", ans); } return 0; }