[BZOJ2438] 中山市选2011 杀人游戏 Tarjan
[BZOJ2438] 中山市选2011 杀人游戏 Tarjan
题目链接：中山市选 杀人游戏
很明显的图论，根据题意建图，如果 \(x\) 认识 \(y\)，那么连一条由 \(x\) 指向 \(y\) 的单向边。
注意到一个性质：如果一个人的身份得知，他所认识的人的身份也都得知。
那么在同一个联通分量中的人只要知道一个人的身份就好了，我们考虑使用 Tarjan 算法缩点。缩点完之后的图构成 DAG。由于我们的信息具有传递性。也就是说，一个人的身份知道了，他认识的人的身份都知道了，同样的，他所认识的人所认识的人的身份也都知道了。所以，在 DAG 中，只要入度为 \(0\) 的强连通分量中有一个人的身份知道了，所有人的身份也就都知道了。这样我们就可以抓住凶手。所以我们需要统计入度为 \(0\) 的连通分量个数，假设它的值为 \(c\)。由于随机选一个人，这个人是凶手的概率是 \(\dfrac{1}{n}\)，选 \(c\) 个人（每个连通分量里的人选一个）， 有一个人是凶手的概率就是 \(\dfrac{c}{n}\)。答案就是 \(1-\dfrac{c}{n}\)。
但是上面我们陷入了一个误区，我们一定要把所有人的身份都查出来才能确定凶手呢。我们是不是忘了一个叫排除法的东西。如果我们确定了 \(n-1\) 个人的身份，最后那个人的身份是不是也就知道了？所以我们要看看入度为 \(0\) 的连通分量中，有没有满足不用查这个连通分量也能得知 \(n-1\) 个人的身份这个性质的连通分量。由于入度为 \(0\) 的连通分量中人的身份只能靠同一个连通分量的来得知，如果不用查这个联通分量也能得知 \(n-1\) 个人，那么这个连通分量的大小只能是 \(1\)。同时，这个连通分量所连的连通分量必须被其他连通分量相连，即入度不为 \(1\)。这样即使不调查这个大小为 \(1\) 的连通分量，它所连的连通分量的人的身份也可以由其他连通分量推来。那么，如果存在这么一个连通分量，答案就变成了 \(1-\dfrac{c-1}{n}\)。值得注意的是：如果有两个或者更多这样的连通分量，答案还是 \(1-\dfrac{c-1}{n}\)。因为我们并不能使用排除法推出超过 \(1\) 个未知信息。
所以统计答案的代码如下：
int sum=0;
for(int i=1;i<=num;++i)
if(!in[i]) sum++;
for(int i=1;i<=num;++i)
{
if(siz[i]!=1||in[i]) continue;
int p=vec[i][0];bool flag=0;
for(int j=0;j<e[p].size();++j)
{
int to=e[p][j];
if(in[color[to]]==1)
flag=1;
}
if(!flag)
{
sum--;
break;
}
}
double ans=1.0-1.0*sum/n;
printf("%.6lf\n",ans);
但是这题在统计连通分量入度时有个细节，我们知道，一个连通分量可能有好几条边连向同一个连通分量，这会导致连通分量的入度统计偏大，所以我们要使用 map 去重，代码如下：
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<e[i].size();++j)
{
if(color[e[i][j]]!=color[i]&&!mp.count(make_pair(color[e[i][j]],color[i])))
{
in[color[e[i][j]]]++;
mp[make_pair(color[e[i][j]],color[i])]=1;
}
}
总时间复杂度就是 \(O(n+m\times\log(m))\)
全部代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n,m,dfn[MAXN],low[MAXN],totdfn,in[MAXN],siz[MAXN],color[MAXN],num,out[MAXN];
bool flag[MAXN];
stack <int> st;
vector <int> e[MAXN],vec[MAXN];
map <pair<int,int>,bool> mp;
void dfs(int p)
{
dfn[p]=low[p]=++totdfn;st.push(p);
for(int i=0;i<e[p].size();++i)
{
int to=e[p][i];
if(!dfn[to])
{
dfs(to);
low[p]=min(low[to],low[p]);
}
else if(!flag[to]) low[p]=min(low[p],dfn[to]);
}
if(low[p]==dfn[p])
{
color[p]=++num;
flag[p]=1;++siz[num];
vec[num].push_back(p);
while(st.top()!=p)
{
color[st.top()]=num;
flag[st.top()]=1;
vec[num].push_back(st.top());
++siz[num];
st.pop();
}
st.pop();
}
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
e[u].push_back(v);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]) dfs(i);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<e[i].size();++j)
{
if(color[e[i][j]]!=color[i]&&!mp.count(make_pair(color[e[i][j]],color[i])))
{
in[color[e[i][j]]]++;
mp[make_pair(color[e[i][j]],color[i])]=1;
}
}
int sum=0;
for(int i=1;i<=num;++i)
if(!in[i]) sum++;
for(int i=1;i<=num;++i)
{
if(siz[i]!=1||in[i]) continue;
int p=vec[i][0];bool flag=0;
for(int j=0;j<e[p].size();++j)
{
int to=e[p][j];
if(in[color[to]]==1)
flag=1;
}
if(!flag)
{
sum--;
break;
}
}
double ans=1.0-1.0*sum/n;
printf("%.6lf\n",ans);
return 0;
}
总结：Tarjan 细节题。
