牛奶工厂

牛奶工厂

牛奶生意正红红火火！

农夫约翰的牛奶加工厂内有 $N$ 个加工站，编号为 $1 \dots N$，以及 $N−1$ 条通道，每条连接某两个加工站。（通道建设很昂贵，所以约翰选择使用了最小数量的通道，使得从每个加工站出发都可以到达所有其他加工站）。

为了创新和提升效率，约翰在每条通道上安装了传送带。

不幸的是，当他意识到传送带是单向的已经太晚了，现在每条通道只能沿着一个方向通行了！

所以现在的情况不再是从每个加工站出发都能够到达其他加工站了。

然而，约翰认为事情可能还不算完全失败，只要至少还存在一个加工站 $i$ 满足从其他每个加工站出发都可以到达加工站 $i$。

注意从其他任意一个加工站 $j$ 前往加工站 $i$ 可能会经过 $i$ 和 $j$ 之间的一些中间站点。

请帮助约翰求出是否存在这样的加工站 $i$。 

输入格式

输入的第一行包含一个整数 $N$，为加工站的数量。

以下 $N−1$ 行每行包含两个空格分隔的整数 $a_{i}$ 和 $b_{i}$，满足 $1 \leq a_{i},b_{i} \leq N$ 以及 $a_{i} \ne b_{i}$。

这表示有一条从加工站 $a_{i}$ 向加工站 $b_{i}$ 移动的传送带，仅允许沿从 $a_{i}$ 到 $b_{i}$ 的方向移动。

输出格式

如果存在加工站 $i$ 满足可以从任意其他加工站出发都可以到达加工站 $i$，输出最小的满足条件的 $i$。

否则，输出 $−1$。

数据范围

$1 \leq N \leq 100$

输入样例：

3
1 2
3 2

输出样例：

2

 

解题思路

　　题目大意就是给定一颗有向树，问是否存在一个结点，使得树中的其他所有结点都可以走到这个结点。

　　可以用$Floyd$的传递闭包算法，来判断两个点是否连通，时间复杂度为$O \left( n^{3} \right)$。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 110;

bool graph[N][N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        graph[i][i] = true;
    }
    
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int v, w;
        scanf("%d %d", &v, &w);
        graph[v][w] = true;
    }
    
    for (int k = 1; k <= n; k++) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                // 如果graph[i][k] == true意味着可以从i到达k，同理graph[k][j]，如果都为true，意味着可以从i经过k到达j
                graph[i][j] |= graph[i][k] & graph[k][j];
            }
        }
    }
    
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
        int cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (graph[i][j]) cnt++;
        }
        if (cnt == n) {
            printf("%d", j);
            return 0;
        }
    }
    
    printf("-1");
    
    return 0;
}

　　也可以用dfs。是否存在一个结点，使得树中的其他所有结点都可以走到这个结点，等价于是否存在一个结点，这个结点可以走到其他所有的结点。因此可以对每一个结点都进行一次dfs，如果发现某个结点可以走到其他所有的结点，那么这个结点就是要找的。时间复杂度为$O \left( n^{2} \right)$。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 110;

int head[N], e[N], ne[N], idx;

void add(int v, int w) {
    e[idx] = w, ne[idx] = head[v], head[v] = idx++;
}

// 返回以src为根的子树所包含的结点个数
int dfs(int src) {
    int cnt = 1;
    for (int i = head[src]; i != -1; i = ne[i]) {
        cnt += dfs(e[i]);
    }
    
    return cnt;
}

int main() {
    memset(head, -1, sizeof(head));
    
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
        int v, w;
        scanf("%d %d", &v, &w);
        add(w, v);
    }
    
    int ret = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (dfs(i) == n) {
            ret = i;
            break;
        }
    }
    
    printf("%d", ret);
    
    return 0;
}

　　下面介绍一种$O \left( n \right)$的解法，需要进行证明。

　　首先如果有解的话，那么解必然是唯一的。假设存在一个点$A$，其他所有的点都可以走到$A$。同时存在一个不同于点$A$的点$B$，同样满足其他所有的点都可以走到$B$。由于这是一颗树，因此任意两个点间的路径是唯一的，由于任何一个点可以走到$A$，所以对于$B$而言，所有边的方向都是往$A$走的方向。又因为任何一个点可以走到$B$，所以$A$可以走到$B$，所以$A$到$B$的边的方向都是往$B$走的方向。因为$A$间$B$的路径是唯一的，因此可以发现$A, B$这条路径上的边应该具备两个方向。由于这是一颗有向树，即边的方向只有一个，这样就矛盾了。

　　因此如果有解的话，那么解必然是唯一的。

　　如果存在一个解的话，即存在一个点，所有的点都可以到达这个点，那么我们让这个点作为树的根节点，可以发现除了根节点外，所有点都会往上指，即存在一个父节点。又因为在一颗树中，每个点的父节点是唯一的，而且除了根节点外，每个点都会有一个父节点，因此除了根节点外，其余的点的出度一定不为$0$，根节点的出度一定为$0$（因为除了根节点外，所有点都有父节点）。

　　因此我们得到有解的一个必要条件，出度为$0$的点有且只有一个。

　　我们再证明充分性。

　　我们设出度为$0$的点为根节点。反证法，假设出度为$0$的点有且只有一个会推出无解，即存在一个点不可以走到根节点。

　　因此出度为$0$的点不止一个，矛盾了。所以出度为$0$的点有且只有一个可以推出有解。

　　因此有解与出度为$0$的点有且只有一个是一个充分必要条件。

　　因此我们只需要记录每一个点的出度，判断是否只有一个点的出度为$0$即可。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 110;

int deg[N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int v, w;
        scanf("%d %d", &v, &w);
        deg[v]++;
    }
    
    int cnt = 0, ret;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (deg[i] == 0) {
            cnt++;
            ret = i;
        }
    }
    printf("%d", cnt == 1 ? ret : -1);
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 1471. 牛奶工厂（寒假每日一题2022）：https://www.acwing.com/video/3706/