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STACK OVERFLOW!

一言(ヒトコト)

即得易见平凡,由上自证显然,留作习题答案略,读者自证不难。
反之亦然同理,推论自然成立,略去过程Q.E.D,由上可知证毕。
——lca

AcWing1174. 受欢迎的牛

题目描述

每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。

现在有 N 头牛,编号从 1N,给你 M 对整数 (A,B),表示牛 A 认为牛 B 受欢迎。

这种关系是具有传递性的,如果 A 认为 B 受欢迎,B 认为 C 受欢迎,那么牛 A 也认为牛 C 受欢迎。

你的任务是求出有多少头牛被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。

解题思路

简要题意:
我们首先从拓扑图DAG的角度考虑,在一张连通的拓扑图上,至多有一个点出度为0,而这个点出度为0就肯定是在拓扑序的尾巴,也就是前面的所有点都可以走到这个点,那它就是我们要的被除自己之外的所有牛认为是受欢迎的。 并且,如果存在两个及以上的点出度为0,代表图不连通,那对于每个点就至少有一个点走不到它,因此答案为0

关键是题目给出的图它不是拓扑图啊,但是我们可以通过Tarjan算法把每个强连通分量缩成一个点,并建立一张新图,这时候这张图就是拓扑图了。

对于Tarjan算法,引入了时间戳和追溯值

dfn[]dfs

low[]x

访

对于能够访问的节点,作出以下限制为:

1.x

2.

当一个点的时间戳与追溯值相等,就代表它是所在的强连通分量中的最高点。
此时就代表我们可以顺藤摸瓜找出整个强连通分量了。

这题缩点之后就是简单题了

代码

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1e4 + 10, M = 1e5 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int scc_cnt, in_stk[N], dfn[N], low[N];
int n, m, u, v, stmp, sz[N];
int stk[N], top, id[N], dout[N];

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

void tarjan(int u) 
{
    dfn[u] = low[u] = ++ stmp;
    stk[ ++ top] = u, in_stk[u] = true ;
    
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) 
    {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j]) 
        {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        }
        else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }
    
    if (dfn[u] == low[u]) 
    {
        int y; ++ scc_cnt;
        do 
        {
            y = stk[top -- ];
            in_stk[y] = false ;
            id[y] = scc_cnt;
            sz[scc_cnt] ++ ;
        } while (y != u);
    }
}

int main() 
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    
    memset(h, -1, sizeof h);
    while (m -- ) 
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u, v);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        if (!dfn[i]) tarjan(i);
        
    int zero(0), sum(0);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j]) 
        {
            int k = e[j], a = id[i], b = id[k];
            if (a != b) dout[a] ++ ;
        }
    
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; i ++ ) 
    {
        if (!dout[i]) 
        {
            zero ++, sum += sz[i];
            if (zero > 1) 
            {
                sum = 0;
                break ;
            }
        }
    }
    
    printf("%d\n", sum);
    
    return 0;
}
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