问题描述
  某国有n个城市,为了使得城市间的交通更便利,该国国王打算在城市之间修一些高速公路,由于经费限制,国王打算第一阶段先在部分城市之间修一些单向的高速公路。
  现在,大臣们帮国王拟了一个修高速公路的计划。看了计划后,国王发现,有些城市之间可以通过高速公路直接(不经过其他城市)或间接(经过一个或多个其他城市)到达,而有的却不能。如果城市A可以通过高速公路到达城市B,而且城市B也可以通过高速公路到达城市A,则这两个城市被称为便利城市对。
  国王想知道,在大臣们给他的计划中,有多少个便利城市对。
输入格式
  输入的第一行包含两个整数n, m,分别表示城市和单向高速公路的数量。
  接下来m行,每行两个整数a, b,表示城市a有一条单向的高速公路连向城市b。
输出格式
  输出一行,包含一个整数,表示便利城市对的数量。
样例输入
5 5
1 2
2 3
3 4
4 2
3 5
样例输出
3
样例说明

  城市间的连接如图所示。有3个便利城市对,它们分别是(2, 3), (2, 4), (3, 4),请注意(2, 3)和(3, 2)看成同一个便利城市对。
评测用例规模与约定
  前30%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 1000;
  前60%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 10000;
  所有评测用例满足1 ≤ n ≤ 10000, 1 ≤ m ≤ 100000。
 
去年做这个题的时候,傻傻的用最短路,0分,数据太大。今天学了一下tarjan求强连通分量,试一下。
附100分代码:
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#define maxn 200010
using namespace std;

struct Node {
    int to;
    int nxt;
}edge[maxn];

int head[maxn];
int tot;

void addEdge(int u, int v) { // 邻接表形式存储图
    edge[tot].to = v;
    edge[tot].nxt = head[u];
    head[u] = tot++; // head[i] 里存储的是最后一条以i为顶点的边的序号
}

int dfn[maxn], low[maxn]; // tarjan 算法的两个数组
int ord, top; // 当前元素是被访问的序号,模拟栈的首部
bool instack[maxn]; // 判断该点是否在栈内
int stac[maxn]; // 栈
int ans;

void tarjan(int rt) {
    dfn[rt] = low[rt] = ord++; // 初始化该元素的dfn和low数组
    instack[rt] = true; // 入栈
    stac[++top] = rt;

    for (int i=head[rt]; i!=-1; i=edge[i].nxt) { // 遍历所有以该点为顶点的边
        int v = edge[i].to;
        if (!dfn[v]) { // 如果这个点没有被访问过
            tarjan(v); // 继续向下搜索
            low[rt] = min(low[rt], low[v]); // 更新当前点能回溯到的最远点
        }
        else if (instack[v] && low[rt] > dfn[v]) { //如果已经被访问过 没有被删除 说明这个点是某个强连通分量的一点 当前根的low值和当前点的dfn值比较并更新
            low[rt] = dfn[v]; // 疑问是,这里更新的是low值还是dfn值呢?测试好像谁都可以...
        }
    }

    if (low[rt] == dfn[rt]) { // 找到根 取出当前强连通分量
        int temp = 0;
        int k;
        do {
             k = stac[top--];
             instack[k] = false;
             temp++;
        }while(k!=rt);

        if (temp > 1) {
            ans += (temp*(temp-1))/2;
        }
    }
}

int main() {
    int n, m;
    while(cin >> n >> m) {
        memset(head, -1, sizeof(head));
        memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
        memset(low, 0, sizeof(low));
        memset(instack, 0, sizeof(instack));
        ord = 0;
        tot = 0;
        top = -1;
        ans = 0;
        for (int i=0; i<m; ++i) {
            int u, v;
            cin >> u >> v;
            addEdge(u, v);
        }

        for (int i=1; i<=n; ++i) { // 依次以所有没被遍历过的点为根尝试搜索强连通分量
            if (!dfn[i])
                tarjan(i);
        }

        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

  

 
posted on 2016-04-02 19:15  小小八  阅读(656)  评论(0编辑  收藏  举报