线性规划与网络流24题——03最小路径覆盖问题
1738:最小路径覆盖问题
Time Limit:1000MS Memory Limit:65536K
Total Submit:17 Accepted:13 Page
View:173 Special Judged
Description
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（ x0 , y0 ）最大流。
编程任务：
对于给定的有向无环图G，编程找出G的一个最小路径覆盖。
Input
由文件input.txt提供输入数据。文件第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)。
Output
程序运行结束时，将最小路径覆盖输出到文件output.txt 中。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。
Sample Input
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
Sample Output
1 4 7 10 11 2 5 8 3 6 9 3
【问题分析】
有向无环图最小路径覆盖，可以转化成二分图最大匹配问题，从而用最大流解决。
【建模方法】
构造二分图，把原图每个顶点i拆分成二分图X，Y集合中的两个顶点Xi和Yi。对于原图中存在的每条边(i,j)，在二分图中连接边(Xi,Yj)。然后把二分图最大匹配模型转化为网络流模型，求网络最大流。
最小路径覆盖的条数，就是原图顶点数，减去二分图最大匹配数。沿着匹配边查找，就是一个路径上的点，输出所有路径即可。
【建模分析】
对于一个路径覆盖，有如下性质：
1、每个顶点属于且只属于一个路径。
2、路径上除终点外，从每个顶点出发只有一条边指向路径上的另一顶点。
所以我们可以把每个顶点理解成两个顶点，一个是出发，一个是目标，建立二分图模型。该二分图的任何一个匹配方案，都对应了一个路径覆盖方案。如果匹配数为0，那么显然路径数=顶点数。每增加一条匹配边，那么路径覆盖数就减少一个，所以路径数=顶点数 - 匹配数。要想使路径数最少，则应最大化匹配数，所以要求二分图的最大匹配。
注意，此建模方法求最小路径覆盖仅适用于有向无环图，如果有环或是无向图，那么有可能求出的一些环覆盖，而不是路径覆盖。
如果是无向图，则是N-（match/2）
「代码」
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define maxn 200000
#define INF 1 << 30
using namespace std;
struct E
{
int from, to, tab, next;
}edge[maxn];
int head[maxn], dist[maxn], d[maxn], vis[maxn], m, n, ans, tot, s, t;
void add_edge(int u, int v, int f)
{
tot++;
edge[tot].from = u, edge[tot].to = v, edge[tot].tab = f, edge[tot].next = head[u], head[u] = tot;
tot++;
edge[tot].from = v, edge[tot].to = u, edge[tot].tab = 0, edge[tot].next = head[v], head[v] = tot;
}
int dfs(int x, int low)
{
int a;
if (x == t) return low;
for (int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next)
if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] == dist[x] + 1 && (a= dfs(edge[i].to, min(low, edge[i].tab))))
{
edge[i].tab -= a, edge[i^1].tab += a;
return a;
}
return 0;
}
int bfs()
{
int l, r, k;
memset(dist, 0xff, sizeof(dist));
d[0] = 0, d[1] = s;
dist[s] = 0;
l = 0, r = 1;
while (l < r)
{
k = d[++l];
for (int i = head[k]; i != -1; i = edge[i].next)
if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] < 0)
dist[edge[i].to] = dist[k] + 1, d[++r] = edge[i].to;
}
if (dist[t] > 0) return 1; else return 0;
}
void dinic()
{
ans = 0;
while (bfs()) ans += dfs(0, INF);
}
void print(int k, int n)
{
vis[k] = 1;
for (int i = head[k]; i != -1; i = edge[i].next)
if(edge[i].tab == 0 && !vis[edge[i].to] && edge[i].to != s && edge[i].to != t)
{
printf(" %d", edge[i].to - n);
print(edge[i].to - n, n);
return;
}
}
int main()
{
int x, y;
scanf("%d%d", &n, &m);
tot = -1;
memset(head, 0xff, sizeof(head));
for (int i = 1; i <= n; i++) add_edge(0, i, 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) add_edge(i + n, 2 * n + 1, 1);
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
add_edge(x, y + n, 1);
}
s = 0, t = 2 * n + 1;
dinic();
ans = n - ans;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!vis[i])
{
printf("%d", i);
print(i, n);
printf("\n");
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
I come, I see, I conquer!
