POJ 1236 Network of Schools 强连通分量+缩点
POJ 1236 Network of Schools
题意:问,对于一个DAG(又向无环图):
1.至少要选几个点,才能从这些点出发到达所有点
2.至少加入几条边,就能从图中任何一个点出发到达所有点根据有用定理:有向无环图中所有入度不为0的点,一定 可以由某个入度为0的点出发可达。 (由于无环,所以从任何入度不为0的 点往回走,必然终止于一个入度为0的 点)
先求DAG的强连通分量数,再缩点,可以用tarjan算法来做。
第一个问题:不难想到答案就是缩点之后入度为0的点的个数
第二个问题:设缩点后入度为0的个数是n,出度为0的个数是m,至少添加边的条数就是max(n,m)
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn=1100;
int dfn[maxn],low[maxn],vis[maxn],color[maxn],Stack[maxn];
int n,index,len,cnt;
vector<int>g[maxn];
int in[maxn],out[maxn],vis1[maxn];
void tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++index;
Stack[cnt++]=u;//cnt++ 需要注意
vis[u]=1;
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}else if(vis[v]==1)
{
low[u]=min(dfn[v],low[u]);
}
}
if(dfn[u]==low[u])
{
++len;
int v;
do{
v=Stack[--cnt];//--cnt 需要注意
color[v]=len; //缩点,把属于强连通分量里的点染上颜色,这样相通颜色的点看成一个就好了
vis[v]=0;
}while(u!=v);
}
}
void init()
{
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(low,0,sizeof(low));
memset(Stack,0,sizeof(Stack));
memset(color,0,sizeof(color));
memset(g,0,sizeof(g));
//g.clear();
//g.resize(maxn+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
g[i].clear();
}
cnt=index=len=0;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int m;
while(scanf("%d",&m) && m)
g[i].push_back(m);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!dfn[i])
tarjan(i);//tarjan还是老套路
}
memset(out,0,sizeof(out));
memset(in,0,sizeof(in));
for(int i=1;i<=n;i++) //搜索每一个边,如果两点间颜色不同的话,那么就证明不是同一个连通分量里的,
//这样就记录点的出度与入度就好了
{
for(int j=0;j<g[i].size();j++)
{
if(color[i]!=color[g[i][j]] )
{
out[color[i]]++; //分别将点的出度
in[color[g[i][j]]]++;//点的入读记录一下
}
}
}
int ans1=0;
int ans2=0;
for(int i=1;i<=len;i++)
{
if(in[i]==0)
ans1++;
if(out[i]==0)
ans2++;
}
ans2=max(ans1,ans2);
if(len==1) //如果缩点之后只有一个点了,那么这个点就是全部,也不用再加边了。
printf("1\n0\n");
else
printf("%d\n%d\n",ans1,ans2);
}
return 0;
}