hiho 第118周 网络流四·最小路径覆盖
描述
国庆期间正是旅游和游玩的高峰期。
小Hi和小Ho的学习小组为了研究课题，决定趁此机会派出若干个调查团去沿途查看一下H市内各个景点的游客情况。
H市一共有N个旅游景点(编号1..N)，由M条单向游览路线连接。在一个景点游览完后，可以顺着游览线路前往下一个景点。
为了避免游客重复游览同一个景点，游览线路保证是没有环路的。
每一个调查团可以从任意一个景点出发，沿着计划好的游览线路依次调查，到达终点后再返回。每个景点只会有一个调查团经过，不会重复调查。
举个例子：
上图中一共派出了3个调查团：
1. 蓝色：调查景点；2
2. 橙色：调查景点；1->3->4->6
3. 绿色：调查景点；5->7
当然对于这个图还有其他的规划方式，但是最少也需要3个调查团。
由于小组内的人数有限，所以大家希望调查团的数量尽可能少，同时也要将所有的景点都进行调查。
当然，如何规划调查团线路的任务落到了小Hi和小Ho的头上。
提示：最小路径覆盖
小Ho：所以这一次我们应该如何来解决这个问题呢？
小Hi：嗯，这次的问题被称为最小路径覆盖。给定一个有向无环图，用最少的路径数量去保证所有点都被覆盖住。
小Ho：既然有名字，那一定有固定的解法了？
小Hi：没错，最小路径覆盖的结果等于N-最大二分匹配。
小Ho：二分匹配？这和二分匹配有什么关系？给定的有向图不一定是二分图吧。
小Hi：当然不是在原图上进行的二分匹配了。我们需要对原图进行转化，同时这一次我们还要学习如何用网络流去解决二分匹配的问题。
小Ho：好，你快给我讲讲。
小Hi：好的好的，你别急。我们先从例子来分析：
在这个例子中，我们选择的三条路径都被染上了颜色。你有发现什么特殊之处么？
小Ho：嗯...<小Ho思考了一小会儿>...并没有什么特别的地方啊？
小Hi：把黑色的边去掉，你再看看呢？主要注意的是每个点的出入度数量。
小Ho：对于一条路径，起点的入度为0，终点的出度为0，中间节点的出入度都为1。但这不是路径都应该具有的性质么？
小Hi：这个性质就是我们解决题目的关键！
每一个点最多只能有1个后继，同时每一个点最多只能有1个前驱。
假如我们选择了一条边(u,v)，也就等价于把前驱u和后继v匹配上了。这样前驱u和后继v就不能和其他节点匹配。
小Ho：那就是一个前驱匹配一个后继？
小Hi：是的，利用这个我们可以这样来构图：
将每一个点拆分成2个，分别表示它作为前驱节点和后继节点。将所有的前驱节点作为A部，所有后继节点作为B部。
接下来进行连边，若原图中存在一条边(u,v)，则连接A部的u和B部的v。
那么小Ho，你在这个上面做一个最大二分匹配怎么样？
小Ho：好！......完成了。
小Hi：不错，让我再把对应的颜色染出来：
其中实线表示被选中的匹配，虚线表示未被选中的。
有没有发现，和原图刚好有着对应的关系。未被选中的匹配也正好对应了原图中我们没有选择的黑色边。
小Ho：是的呢？这是为什么呢？
小Hi：其实原理很简单。我们进行的匹配是前驱和后继的匹配。假如存在选中的匹配(i,j)和(j,k)。则表示原图中存在一条路径(i,j,k)。
比如例子中的匹配(1,3),(3,4),(4,6)就对应了原图中的路径(1,3,4,6)。
这样在匹配结束的时候，我们就可以直接通过匹配的情况来确定选中的路径。
小Ho：这个我懂了，但是如何保证这样就能得到最小的路径覆盖呢？
小Hi：你想想，每一条路径起点有什么特殊的地方？
小Ho：路径的起点入度为0...哦！我知道了。
如果一个点是路径起点的话，它在B部的节点一定是没有匹配上的。
经过最大匹配算法后，B部剩下没有被匹配的点一定是最少的，也就对应了最小需要的路径数。
所以最小路径覆盖的结果才是N-最大匹配数。
小Hi：正是这样，这样问题也就解决了。接下来第二个问题，怎么用网络流来解决二分匹配呢？
小Ho：上一次我们讲了二分多重匹配，二分匹配不就是它的简化版么。
只需要把源点s到A部的边和B部到汇点t的边容量限定为1就可以了！
小Hi：嗯，那么就只差最后一步了。
小Ho：这我也知道！实现嘛，交给我吧！
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 550*2 #define INF 0x3f3f3f3f struct Edge { int from,to,cap,flow; }; struct Dinic { int n,m,s,t; vector<Edge> edge; vector<int> G[maxn]; bool vis[maxn]; int d[maxn]; int cur[maxn]; void init() { for(int i=0;i<maxn;i++) G[i].clear(); edge.clear(); memset(d,0,sizeof(d)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(cur,0,sizeof(cur)); } void addEdge (int from,int to,int cap) { edge.push_back((Edge){from,to,cap,0}); edge.push_back((Edge){to,from,0,0}); m = edge.size(); G[from].push_back(m-2); G[to].push_back(m-1); } bool BFS() { memset(vis,0,sizeof(vis)); queue<int> Q; Q.push(s); d[s] = 0; vis[s] = 1; while(!Q.empty()) { int x = Q.front(); Q.pop(); for(int i=0; i<G[x].size(); i++) { Edge & e = edge[G[x][i]]; if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow) { vis[e.to] = 1; d[e.to] = d[x] + 1; Q.push(e.to); } } } return vis[t]; } int DFS(int x,int a) { if(x==t||a==0) return a; int flow = 0,f; for(int & i = cur[x]; i<G[x].size(); i++) { Edge & e = edge[G[x][i]]; if(d[x] + 1==d[e.to]&&(f=DFS(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0) { e.flow +=f; edge[G[x][i]^1].flow -=f; flow +=f; a-=f; if(a==0) break; } } return flow; } int Maxflow (int s,int t) { this->s = s;this->t = t; int flow = 0; while(BFS()) { memset(cur,0,sizeof(cur)); flow+=DFS(s,INF); } return flow; } //求最小割S,T; void new_BFS(int s,int n) { memset(vis,0,sizeof(vis)); d[s] = 0; vis[s] = 1; queue<int> Q; Q.push(s); while(!Q.empty()) { int u = Q.front(); Q.pop(); for(int i=0;i<G[u].size();i++) { Edge & e = edge[G[u][i]]; if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow) { vis[e.to] = 1; d[e.to] = d[u] + 1; Q.push(e.to); } } } int cnt = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(vis[i]) cnt++; } printf("%d\n",cnt); for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) printf("%d ",i); puts(""); } }sol; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int s =0 ,t = 2*n+1; sol.init(); for(int i=0;i<m;i++) { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); sol.addEdge(u,v+n,1); } for(int i=1;i<=n;i++) sol.addEdge(0,i,1); for(int i=n+1;i<=2*n;i++) sol.addEdge(i,t,1); printf("%d\n",n-sol.Maxflow(s,t)); return 0; }
有向无环图的最小路径覆盖。
建图：
把每个点，拆成入点，和出点，一条路径就是在B块一定是匹配了的，也就是说要求的最小路径覆盖，就是那些没有匹配的点，经过最大匹配后，B块剩下没有匹配的点是最少的，也就对应了最小需要的路径数。
所以： 最小路径覆盖 = N -最大匹配
然后这里求最大匹配，可以直接用匈牙利，也可以网络流。
网络流求最大匹配的建图：
s 到 A块容量为1，A到B有边，容量为1，B块到t容量为1.
