P11068 解题报告

合集 - 图论(11)

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11.P11068 解题报告2024-09-16

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题目大意：

给定一个有向无环图，每次操作可以选择一个入度为 $0$ 的点 $x$ 和一个出度为 $0$ 的点 $y$，将 $x$ 的所有出边全删去，然后新加一条有向边 $(y,x)$。

现在需要将所有的点的入度、出度都小于等于 $1$，给出一个总步数不超过 $n$ 的操作方案。

思路：

从题目条件入手，有向无环图这个条件就十分重要，因为我们都知道 DAG 是有拓扑序的，恰好题目中又提到了度数这一概念，那不妨往这方面想。

我们设入度为 $0$ 点是 $1$ 类点，出度为 $0$ 的点是 $2$ 类点。

那么构造方案就很显然了：先对原图跑一遍拓扑排序，将排序结果用队列存储下来，队首一定是 $1$ 类点，队尾一定是 $2$ 类点，选取这两个点操作，将此队头直接赋给队尾，然后弹掉队头，直到队中只剩下一个元素，这时一定是符合题目要求的。

为什么一定满足题目要求呢？

因为原图存在拓扑序，所以在 $1$ 类点被用完前或刚被用完时一定会产生新的 $1$ 类点，而 $2$ 类点可由 $1$ 号点供给，所以可以一直进行这种操作，知道每个点都参与操作。原理同拓扑排序非常相似，又因为每次操作完后都是符合题意的，所以最后每个点都符合题意，而且只会操作 $n-1$ 次。

可以自己建个图，跑个拓扑排序模拟一下。

建图工具

$\mathtt{\text{Code:}}$

#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 100010, M = 500010;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int in_deg[N], out_deg[N];
PII ans[N];
int q[N], hh, tt = -1;

inline void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

int main() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    int a, b;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        in_deg[b]++, out_deg[a]++;
        add(a, b);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(!in_deg[i]) q[++tt] = i;
    while(hh <= tt) {
        int t = q[hh++];
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            in_deg[j]--;
            if(!in_deg[j]) q[++tt] = j;
        }
    }
    hh = 0;
    int step = 0;
    while(hh < tt) {
        int x = q[hh++], y = q[tt];
        ans[++step] = {x, y};
        q[tt] = x;
    }
    printf("%d\n", step);
    for(int i = 1; i <= step; i++)
        printf("%d %d\n", ans[i].first, ans[i].second);
    return 0;
}