LuoguP2764 最小路径覆盖问题(最大流)
题目描述
«问题描述：
给定有向图G=(V,E)。设P 是G 的一个简单路（顶点不相交）的集合。如果V 中每个顶点恰好在P 的一条路上，则称P是G 的一个路径覆盖。P 中路径可以从V 的任何一个顶点开始，长度也是任意的，特别地，可以为0。G 的最小路径覆盖是G 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 的最小路径覆盖。提示：设V={1，2，.... ，n}，构造网络G1=(V1,E1)如下：
每条边的容量均为1。求网络G1的（ 0 x , 0 y ）最大流。
«编程任务：
对于给定的给定有向无环图G，编程找出G的一个最小路径覆盖。
输入输出格式
输入格式：
件第1 行有2个正整数n和m。n是给定有向无环图G 的顶点数，m是G 的边数。接下来的m行，每行有2 个正整数i和j，表示一条有向边(i,j)。
输出格式：
从第1 行开始，每行输出一条路径。文件的最后一行是最少路径数。
解题思路：
转换一下思路，需要覆盖，那么最多就需要点数条路径。
然后发现，有些路径可以合并，而且每合并一个点集，就少一条路径。
那么什么样的点可以合并呢，就是一条边相连的。
那么将一个点分裂成两个一个用于接受合并，一个用来提供合并。
相连的点，从起点的提供指向终点的接受，流量为$inf$
每个点都可以是起点终点所以向源汇点连$1$的边。
最大流最后拿n减掉就好了。
代码：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 const int oo=0x3f3f3f3f;
5 namespace stb{
6 template<class tnt>
7 class queue{
8 public:
9 queue(){h=1,t=0;}
10 int nxt(int x){if(x+1==1000000)return 1;return x+1;}
11 void push(tnt x){t=nxt(t);l[t]=x;return ;}
12 bool empty(void){return nxt(t)==h;}
13 tnt front(void){return l[h];}
14 void clear(void){h=1,t=0;}
15 void pop(void){h=nxt(h);}
16 private:
17 tnt l[1000000];
18 int h,t;
19 };
20 };
21 struct pnt{
22 int hd;
23 int now;
24 int lyr;
25 int nxt;
26 bool nos;
27 }p[1000];
28 struct ent{
29 int twd;
30 int lst;
31 int vls;
32 }e[100000];
33 int cnt;
34 int n,m;
35 int s,t;
36 stb::queue<int>Q;
37 void ade(int f,int t,int v)
38 {
39 cnt++;
40 e[cnt].twd=t;
41 e[cnt].vls=v;
42 e[cnt].lst=p[f].hd;
43 p[f].hd=cnt;
44 return ;
45 }
46 bool Bfs(void)
47 {
48 Q.clear();
49 for(int i=1;i<=n*2+2;i++)
50 p[i].lyr=0;
51 p[s].lyr=1;
52 Q.push(s);
53 while(!Q.empty())
54 {
55 int x=Q.front();
56 Q.pop();
57 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst)
58 {
59 int to=e[i].twd;
60 if(p[to].lyr==0&&e[i].vls>0)
61 {
62 p[to].lyr=p[x].lyr+1;
63 if(to==t)
64 return true;
65 Q.push(to);
66 }
67 }
68 }
69 return false;
70 }
71 int Dfs(int x,int fll)
72 {
73 if(x==t)
74 return fll;
75 for(int &i=p[x].now;i;i=e[i].lst)
76 {
77 int to=e[i].twd;
78 if(p[to].lyr==p[x].lyr+1&&e[i].vls>0)
79 {
80 int ans=Dfs(to,std::min(fll,e[i].vls));
81 if(ans>0)
82 {
83 e[i].vls-=ans;
84 e[((i-1)^1)+1].vls+=ans;
85 p[x].nxt=to;
86 if(x!=s)
87 p[to-n].nos=true;
88 return ans;
89 }
90 }
91 }
92 return 0;
93 }
94 void Dinic(void)
95 {
96 int ans=0;
97 while(Bfs())
98 {
99 for(int i=1;i<=2*n+2;i++)
100 p[i].now=p[i].hd;
101 int dlt;
102 while(dlt=Dfs(s,oo))
103 ans+=dlt;
104 }
105 for(int i=1;i<=n;i++)
106 {
107 if(!p[i].nos)
108 {
109 for(int j=i;j!=t-n&&j>0;j=p[j].nxt-n)
110 printf("%d ",j);
111 puts("");
112 }
113 }
114 printf("%d\n",n-ans);
115 return ;
116 }
117 int main()
118 {
119 scanf("%d%d",&n,&m);
120 s=n*2+1,t=n*2+2;
121 for(int i=1;i<=n;i++)
122 {
123 ade(s,i,1);
124 ade(i,s,0);
125 ade(i+n,t,1);
126 ade(t,n+i,0);
127 }
128 for(int i=1;i<=m;i++)
129 {
130 int a,b;
131 scanf("%d%d",&a,&b);
132 ade(a,b+n,oo);
133 ade(b+n,a,0);
134 }
135 Dinic();
136 return 0;
137 }
