【刷题】BZOJ 1143 [CTSC2008]祭祀river
Description
在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。
由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。
Input
第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。
接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，
描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。
N≤100M≤1000
Output
第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。
Sample Input
4 4
1 2
3 4
3 2
4 2
Sample Output
2
【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。
Solution
题目意思转化，我们知道，如果在某个点上建立了祭祀点，那么所有它连能到达的和能到达它的点都不能再选，那么选路径至多就只能选最小边覆盖条边
点可重最小边覆盖，Floyd跑一遍， \(i\) 只要能到达 \(j\) 就在二分图上连一条边，不需要一定直接有边相连。如果二分图上选了 \(i\) 到 \(j\) 的这条边当匹配边，即在原图上选了从 \(i\) 一直到 \(j\) 的路径上的所有边一起覆盖
建完图后跑一下网络流就出来了
#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=200+10,MAXM=1000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,G[MAXN][MAXN],e=1,to[MAXN*MAXN*2],nex[MAXN*MAXN*2],cap[MAXN*MAXN*2],level[MAXN<<1],beg[MAXN<<1],cur[MAXN<<1],s,t,clk,vis[MAXN<<1];
std::queue<int> q;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void Floyd()
{
for(register int k=1;k<=n;++k)
for(register int i=1;i<=n;++i)
for(register int j=1;j<=n;++j)
if(i!=j&&j!=k&&i!=k&&G[i][k]&&G[k][j])G[i][j]=1;
}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
cap[e]=z;
to[++e]=x;
nex[e]=beg[y];
beg[y]=e;
cap[e]=0;
}
inline bool bfs()
{
memset(level,0,sizeof(level));
level[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(cap[i]&&!level[to[i]])
{
level[to[i]]=level[x]+1;
q.push(to[i]);
}
}
return level[t];
}
inline int dfs(int x,int maxflow)
{
if(!maxflow||x==t)return maxflow;
vis[x]=clk;
int res=0,f;
for(register int &i=cur[x];i;i=nex[i])
if((vis[x]^vis[to[i]])&&cap[i]&&level[to[i]]==level[x]+1)
{
f=dfs(to[i],min(maxflow,cap[i]));
maxflow-=f;
res+=f;
cap[i]-=f;
cap[i^1]+=f;
if(!maxflow)break;
}
vis[x]=0;
return res;
}
inline int Dinic()
{
int res=0;
while(bfs())clk++,memcpy(cur,beg,sizeof(cur)),res+=dfs(s,inf);
return res;
}
int main()
{
read(n);read(m);
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;read(u);read(v);
G[u][v]=1;
}
Floyd();
for(register int i=1;i<=n;++i)
for(register int j=1;j<=n;++j)
if(G[i][j])insert(i,j+n,1);
s=n+n+1,t=s+1;
for(register int i=1;i<=n;++i)insert(s,i,1),insert(n+i,t,1);
write(n-Dinic(),'\n');
return 0;
}
