题目描述
给定有向图 G=(V,E) 。设 P 是 G 的一个简单路(顶点不相交)的集合。
如果 V 中每个定点恰好在PP的一条路上，则称 P 是 G 的一个路径覆盖。
P 中路径可以从 V 的任何一个定点开始，长度也是任意的，特别地，可以为 0 。
G 的最小路径覆盖是 G 所含路径条数最少的路径覆盖。设计一个有效算法求一个 GAP (有向无环图) G 的最小路径覆盖。
输入格式
第一行有 2 个正整数 n 和 m 。 n 是给定 GAP(有向无环图) G 的顶点数， m 是 G 的边数。
接下来的 m 行,每行有两个正整数 i 和 j 表示一条有向边 (i,j)。
输出格式
从第 1 行开始，每行输出一条路径。文件的最后一行是最少路径数。
Solution
借此题的多种解法加深对最小路径点覆盖结论的理解
二分图做法
- 方法一
设最小路径点覆盖的边集为 E
当不考虑图中所有边时 E 中边数为0，最少路径数为 n
每合法地向 E 中加一条有向边，相当于将两条路径合二为一，最少路径数 - 1
那怎样的边合法呢？
当每个点至多为 E 中一条有向边的起点时， E 合法。
这与二分图中的 “ 1 要素”（每个点至多在一条边中）契合
于是我们将编号为 i 的点分成 i （左部）和 i+n （右部）
对于每条原图中的边，连接（i，j+n）
求答案为 n - 二分图最大匹配
- 方法二
还是建立方法一中的二分图，求最大匹配，匹配边为放入 E 中的边
此时每个原图中的点最多为一条被选择的原图中边的起点，最多为一条被选择的原图中边的终点
二分图右部的匹配点为一条被选择的原图中边的起点，左部的匹配点为一条被选择的原图中边的终点
考虑右部，每个右部的非匹配点为一条路径的终点，路径条数 = 终点数 = 右部非匹配点数
考虑左部，同理可得到答案
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <vector>
using namespace std;
const int N=310,M=6000;
int head[N],tot,ver[M],nxt[M],edge[M];
int n,m,a,b,vis[N],cnt,ans,match[N];
bool flag[N];
vector <int> an;
void add(int x,int y)
{
ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
bool dfs(int x)
{
for(int i=head[x],y;i;i=nxt[i])
if(vis[y=ver[i]]!=cnt)
{
vis[y]=cnt;
if(!match[y] || dfs(match[y]))
{
match[y]=x,match[x]=y;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b+n);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cnt++;
if(dfs(i)) ans++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(flag[i]) continue;
int x=i;
an.clear();
while(x>0) flag[x]=true,an.push_back(x),x=match[x]-n;
int size=an.size();
for(int i=size-1;i>=0;i--)
printf("%d ",an[i]);
puts("");
}
printf("%d\n",n-ans);
return 0;
}
网络流做法
思路与二分图相似（似乎只是用网络流求二分图最大匹配？？？）
将编号为 i 的点拆成 i 和 i+n，代表作为一条边起点和终点的情况
i 与源点连一条容量为 1 的边，i+n 与汇点连一条容量为 1 的边，
代表它只能作为一条选中边的起点/终点一次
对于原图中的边（i，j），连建的图中的（i，j+n）
通过求最大流求出最多的合法的边
原文地址：https://www.cnblogs.com/hsez-cyx/p/12353226.html