HDU 3639 Hawk-and-Chicken (强连通缩点+DFS)

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题目大意：

有一群孩子正在玩老鹰抓小鸡，由于想当老鹰的人不少，孩子们通过投票的方式产生，但是投票有这么一条规则：投票具有传递性，A支持B，B支持C，那么C获得2票（A.B共两票），输出最多能获得的票数是多少张和获得最多票数的人是谁？(如果有多个人获得的票数都是最多的，就将他们全部输出)。

解题分析：

不难看出，同一连通分量的所有点得到的票数肯定是相同的，所以我们先将原图进行Tarjan缩点。对于缩完点后的图，我们发现，票数最多的人一定在出度为0的"点"中，因为如果票数最多的点不是出度为0的"点"，那么它所到达的那个"点"的票数一定大于当前"点"的票数，这与当前"点"票数最多相矛盾。然后考虑对入度为0的"点"的票数统计，我们可以在缩点后进行重新构图，相互连通的"点"之间建立反边，这样方便DFS统计当前"点"的票数。需要注意的是，当前连通分量中所有的点在当前连通分量中获得的票数为num[now]-1(因为要除去自己)，然后再加上以这个点为起点，能够到达所有连通分量的点数，即为这个点能够得到的票数。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define pb push_back
#define mp make_pair
const int N = 5e3+10, M = 3e4+10;
int n,m,tot,cnt,cnt1,scc,top,sum;
int head[N],head1[N],low[N],dfn[N],belong[N],stk[N],instk[N],num[N],outdeg[N],vis[N],ans[N];
vector<int>G[N];
struct Edge{
    int to,next;
}edge[M],edge1[M];
void init(){
    rep(i,0,n)G[i].clear();
    tot=cnt=cnt1=scc=top=0;
    clr(head,-1);clr(head1,-1);clr(low,0);clr(num,0);clr(ans,0);
    clr(dfn,0);clr(stk,0);clr(instk,0);clr(belong,0);clr(outdeg,0);
}
void addedge(int u,int v){
    edge[cnt].to=v,edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt++;
}
void addedge1(int u,int v){      //添加缩点后的反向边
    edge1[cnt1].to=v,edge1[cnt1].next=head1[u];
    head1[u]=cnt1++;
}
void Tarjan(int u){
    dfn[u]=low[u]=++tot;
    stk[++top]=u;instk[u]=1;    
    for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(!dfn[v]){
            Tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }else if(instk[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    if(dfn[u]==low[u]){
        scc++;
        while(true){
            int v=stk[top--];
            instk[v]=0;
            belong[v]=scc;
            G[scc].pb(v);
            if(v==u)break;
        }
    }
}
void dfs(int u){   //统计以u连通分量为起点能够到达所有的连通分量的点数之和
    vis[u]=1;
    sum+=num[u];
    for(int i=head1[u];~i;i=edge1[i].next){
        int v=edge1[i].to;
        if(!vis[v])dfs(v);
    }
}
int main(){
    int T,ncase=0;scanf("%d",&T);
    while(T--){    
        init();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        rep(i,1,m) {
            int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
            u++,v++;
            addedge(u,v);
        }
        rep(i,1,n) if(!dfn[i]){
            Tarjan(i);
        }
        rep(i,1,n) num[belong[i]]++;     //求出每个连通分量的点数
        rep(u,1,n) for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
            int v=edge[i].to;
            int tmp1=belong[u],tmp2=belong[v];
            if( tmp1!=tmp2 ){        //缩点后，进行重新构图，并且添加的是反向边，方便进行票数的统计
                addedge1(tmp2,tmp1);outdeg[tmp1]++; 
            }
        }
        int mx=-1;
        rep(i,1,scc) if(!outdeg[i]){    //统计所有出度为0的连通分量所能够得到的票数
            clr(vis,0);
            sum=0;dfs(i);
            ans[i]=sum-1;     //获得的票数为路径上所有的点数和-1，因为自己不能获得自己的票
            mx=max(mx,ans[i]);
        }    
        printf("Case %d: %d\n",++ncase,mx);
        bool first=false;
        rep(i,1,n) if(ans[belong[i]]==mx){    //将所有票数等于最大票数的点输出
            if(!first)printf("%d",i-1);
            else printf(" %d",i-1);
            first=true;
        }puts("");
    }
}

 

 

2018-12-01