题解——杀人游戏

图论建模-杀人游戏

杀人游戏

[中山市选]杀人游戏
题目描述一位冷血的杀手潜入Na-wiat，并假装成平民。警察希望能在$N$个人里面，查出谁是杀手。警察能够对每一个人进行查证，假如查证的对象是平民，他会告诉警察，他认识的人，谁是杀手，谁是平民。假如查证的对象是杀手，杀手将会把警察干掉。现在警察掌握了每一个人认识谁。每一个人都有可能是杀手，可看作他们是杀手的概率是相同的。
问：根据最优的情况，保证警察自身安全并知道谁是杀手的概率最大是多少？
输入格式
第一行有两个整数 $N,M$。
接下来有 $M$ 行，每行两个整数 $x,y$，表示 $x$ 认识 $y$（$y$ 不一定认识 $x$ ,例如President同志） 。
注：原文zz敏感内容已替换
输出格式
仅包含一行一个实数，保留小数点后面 $6$ 位，表示最大概率。
样例 #1

样例输入 #1

5 4 
1 2 
1 3 
1 4 
1 5

样例输出 #1

0.800000

提示

警察只需要查证$1$。假如$1$是杀手，警察就会被杀。假如$1$不是杀手，他会告诉警察$2,3,4,5$谁是杀手。而$1$是杀手的概率是$0.2$，所以能知道谁是杀手但没被杀的概率是$0.8$。

对于$100\mathrm{\%}$的数据有$1\le N\le 100000,0\le M\le 300000$。
题意简述：给定一张有向图上有$n$个点，每个点都有同等的概率为黑点，黑点只有一个，从一个节点出发可以知道所有可达点度数，求确定黑点的概率。

如何想到图论建模呢，事实上，当我们面对类似于这种单向的二元关系问题，并且需要借助关系确定某些信息时，便可以想图论建模的思路

那么梳理一下思路，如果我们将每个人认识的人进行连一条有向边，记作$(u,v)$，那么我们再来考虑这张图

很明显，如果若干个点处于同一个$SCC$之中，问哪一个元素都是一样的，这启发我们将图缩点，变成一个$DAG$，因为是在最优情况下，于是我们可以思考如何用最少的次数确定每一个元素

引理

一般情况下，确定每一个元素的颜色，最少的操作次数一定为零入度点的个数，
先证必要性：

显然，零入度点不可能被其他点所确定，故至少需要零入度点个数的操作次数才能覆盖整张图

再证充分性：

一个点$v$被覆盖当且仅当至少存在一条边$(u,v)$且$u$被覆盖，那么我们对于每一个点类似递归思想一直追溯到不存在这样的边，此时这个最后追溯到的点确定之后$v$也就确定了，故数学归纳法易证

然后我们来思考有无特殊情况，考虑原图中的一个点$p$在怎样的情况下才可以不选择而被确定。若$p$点是一个孤立点，亦或者它所连的点的度数均大于等于2，此时这个点就可以先不急着需要它的颜色，那么我们可以将其放在最后解决，那么在所有满足要求的点$p$中，有一个点会因为其他所有点都被确定了而无需确定，这样就可以少选一次
$QED.$

结合引理，我们得到了本题的算法流程

1. 建图,执行缩点
2. 对于缩点后的$DAG$，统计零入度点数量，记为$c$，统计是零入度点，所在强连通分量大小为1并且满足其所连接的强连通分量的入度均大于1的$SCC$数量，记为$p$
3. 最终答案为：$ans=\frac{n-c+min(p,1)}{n}$

对于本题需要注意的点是，在缩点建立新图的时候，很有可能出现重边的情况，大部分使用$map$进行优化，速度较慢，这里有一个更快的方式：

注意我们的$Tarjan$已经可以求出每一个$SCC$包含哪些点了，我们可以设一个大小为$n$的一维数组$vis$，对于编号为$i\in [1,cnt]$的强连通分量进行考虑

1. 清空$vis$，这一步可以开一个$vector$记录上一个强连通分量所连接的强连通分量进行撤销，保证复杂度
2. 遍历第$i$个强连通分量的元素$u$，对$u$执行操作3
3. 遍历$u$的所有出边，在同一个强连通分量的不管，不在同一个强连通分量的，设后继点为$v$，则若$vis[c[v]]$未曾标记，将其入度加一并标记，若被标记，则不管

时间复杂度$O(M)$

本题总时间复杂度：$O(M+N)=O(M)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
#define N 150000
#define M 650000
int head[N],n,m,ans,p,num,ver[M],nxt[M],c[N],siz[N],in[N],cnt[N],tot,scc_cnt,vis[N],dfn[N],low[N],s[N],inn[N];
int shead[N],sver[M],snxt[M],stot;
void add_s(int u,int v){
	snxt[++stot]=shead[u],sver[shead[u]=stot]=v;
}
vector<int>scc[N];
stack<int>t;
void add(int u,int v){
	nxt[++tot]=head[u],ver[head[u]=tot]=v;
}
void tarjan(int u){
	t.push(u);vis[u]=1;
	dfn[u]=low[u]=++num;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v);
			low[u]=min(low[u],low[v]);
		}
		else if(vis[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
	if(dfn[u]==low[u]){
		int v;
		scc_cnt++;
		do{
			v=t.top();t.pop();
			vis[v]=0;scc[scc_cnt].push_back(v);
			c[v]=scc_cnt;siz[scc_cnt]++;
		}while(u!=v);
	}
}
bool check(int a){
	for(int i=0;i<scc[a].size();i++){
		int u=scc[a][i];
		for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
			int v=ver[i];
			if(c[u]==c[v])continue;
			if(in[c[v]]<2)return true;
		}
	}
	return false;
}
void solve(){
	if(n==1){
		printf("1.000000\n");
		return ;
	};
	for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){
		int num=0;
		cnt[i]=1;
		for(int j=0;j<siz[i];j++){
			int u=scc[i][j];
			for(int k=head[u];k;k=nxt[k]){
				if(cnt[c[ver[k]]])continue;
				in[c[ver[k]]]++;
				cnt[c[ver[k]]]=1;
				s[++num]=c[ver[k]];
			}
		} 
		cnt[i]=0;
		while(num)cnt[s[num--]]=0;
	}
	int ans1=0,flag=1;
	for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){
		if(in[i]==0){
			ans1++;
		}
	}
	if(ans1==1){
		printf("%.6f\n",1.0-1.0/n);
		return ;
	}
	for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)if(in[i]==0&&!check(i)){ans1--;break;}
	printf("%.6f\n",1.0*(n-ans1)/n);
	return ;
}
void init(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		inn[v]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);
	solve();
}
int main(){
	init();
}