LibreOJ #6002. 「网络流 24 题」最小路径覆盖

#6002. 「网络流 24 题」最小路径覆盖

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题目类型：传统评测方式：Special Judge

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题目描述

给定有向图 G=(V,E) G = (V, E)G=(V,E)。设 P PP 是 G GG 的一个简单路（顶点不相交）的集合。如果 V VV 中每个顶点恰好在 P PP 的一条路上，则称 P PP 是 G GG 的一个路径覆盖。P PP 中路径可以从 V VV 的任何一个顶点开始，长度也是任意的，特别地，可以为 0 00。G GG 的最小路径覆盖是 G GG 的所含路径条数最少的路径覆盖。

设计一个有效算法求一个有向无环图 G GG 的最小路径覆盖。

输入格式

第 1 11 行有 2 22 个正整数 n nn 和 m mm。n nn 是给定有向无环图 G GG 的顶点数，m mm 是 G GG 的边数。
接下来的 m mm 行，每行有 2 22 个正整数 u uu 和 v vv，表示一条有向边 (i,j) (i, j)(i,j)。

输出格式

从第 1 11 行开始，每行输出一条路径。
文件的最后一行是最少路径数。

样例

样例输入

11 12
1 2
1 3
1 4
2 5
3 6
4 7
5 8
6 9
7 10
8 11
9 11
10 11

样例输出

1 4 7 10 11
2 5 8
3 6 9
3

数据范围与提示

1≤n≤200,1≤m≤6000 1 \leq n \leq 200, 1 \leq m \leq 60001≤n≤200,1≤m≤6000

 

题目链接：https://loj.ac/problem/6002

题意：输出一个有向图的点不重复的最小路径覆盖。

思路：点不重复的最小路径覆盖。最初始每个点都最为自己一个独立的路径，如果有一个匹配，那么路径-1，所以最小路径覆盖，点不重复的情况就是求最大匹配。

点可重复的最小路径覆盖也是使用匹配，只不过，需要增加一些边，如果u可以到达匹配，则增加<u,v>，这样就会跳过一些中间点。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int maxn=300,maxm=1e5+1000,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const ll INF=1e18+7;
int n,m;
vector<int>G[maxn];
bool used[maxn];
int cx[maxn],cy[maxn];
bool vis[maxn];
void pprintf(int u)
{
    vis[u]=true;
    if(cx[u]<0)
    {
        printf("\n");
        return ;
    }
    printf(" %d",cx[u]);
    pprintf(cx[u]);
}
bool dfs(int u)
{
    for(int i=0; i<G[u].size(); i++)
    {
        int v=G[u][i];
        if(used[v]) continue;
        used[v]=true;
        if(cy[v]<0||dfs(cy[v]))
        {
            cy[v]=u,cx[u]=v;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
int solve()
{
    int res=0;
    memset(cy,-1,sizeof(cy));
    memset(cx,-1,sizeof(cx));
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        memset(used,false,sizeof(used));
        res+=dfs(i);
    }
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            printf("%d",i);
            pprintf(i);
        }
    }
    printf("%d\n",n-res);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        G[u].push_back(v);
    }
    solve();
    return 0;
}