P4017 最大食物链计数
题目描述
题目背景
你知道食物链吗？Delia 生物考试的时候，数食物链条数的题目全都错了，因为她总是重复数了几条或漏掉了几条。于是她来就来求助你，然而你也不会啊！写一个程序来帮帮她吧。
题目描述
给你一个食物网，你要求出这个食物网中最大食物链的数量。
（这里的“最大食物链”，指的是生物学意义上的食物链，即最左端是不会捕食其他生物的生产者，最右端是不会被其他生物捕食的消费者。）
Delia 非常急，所以你只有 11 秒的时间。
由于这个结果可能过大，你只需要输出总数模上 8011200280112002 的结果。
输入格式
第一行，两个正整数 n、mn、m，表示生物种类 nn 和吃与被吃的关系数 mm。
接下来 mm 行，每行两个正整数，表示被吃的生物A和吃A的生物B。
输出格式
一行一个整数，为最大食物链数量模上 8011200280112002 的结果。
输入输出样例
输入 #1复制
5 7 1 2 1 3 2 3 3 5 2 5 4 5 3 4输出 #1复制
5说明/提示
各测试点满足以下约定：
【补充说明】
数据中不会出现环，满足生物学的要求。（感谢 @AKEE ）
拓扑排序算法求解
分析
题目最后说不会出现环——想到肯定要拓扑排序
用f[i]表示能到i的路径总数
- 首先对于初始入度为0的点u，其
f[u]值应该是1，可以假想有一条边指向了该点，即有一条路径可以到该点 - 对其他入度不为0的每个点
u，f[u]应该等于能到u点的所有点j的f[j]的总和- 对整个图拓扑排序，排序过程中对每个点
u，对于u指向的所有节点k，f[k] += f[u]
- 对整个图拓扑排序，排序过程中对每个点
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5010;
const int mod = 80112002;
int n,m;
vector<int> h[N]; // 存图
int chu[N], ru[N]; // 记录出度、入度
int f[N]; // f[i]表示到i有多少条路径
bool has_fa[N]; // 记录每个节点有没有父亲节点
LL res = 0;
//拓扑排序
void tor()
{
queue<int> q;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(!has_fa[i]) // 入度为0的点进入队列中，到该点的路径为1
{
q.push(i);
f[i] = 1;
}
}
while(q.size())
{
int t = q.front();
q.pop();
// 看t是不是食物链最低层节点
if(h[t].size() == 0)
{
res = (res + f[t]) % mod;
continue; // 它也没有指向的点，不continue也可以
}
// 遍历t所有的邻接点
for(int i = 0; i < h[t].size(); i++)
{
int j = h[t][i]; // 邻居点j
// 到j点的路径数 += 到t点的路径数
f[j] = (f[j] + f[t]) % mod;
ru[j]--; // 入度-1
if(ru[j] == 0)
{
q.push(j);
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
while(m --)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
h[b].push_back(a); // b -> a; b吃a
has_fa[a] = true;
chu[b]++;
ru[a]++;
}
tor();
cout << res << endl;
return 0;
}
一开始用dfs做的，只能过前两个点，不过当数据量小的时候也是一种思路：
dfs(u)返回从u能到最后出度为0节点的路径数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 80112002;
const int N = 500010, M = 2*N;
int h[N], e[N], ne[N], idx = 0;
bool st[N];
bool has_fa[N];
int n, m;
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx++;
}
// 从u能走路径数
int dfs(int u)
{
st[u] = true;
int t = 0;
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(!st[j])
{
if(h[j] == -1)
{
t = (t + 1) % mod;
}
else t = (t + dfs(j) ) % mod;
}
}
st[u] = false;
return t;
}
int main()
{
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d%d", &n, &m);
while(m --)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
add(b, a); // b -> a
has_fa[a] = true;
}
int res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(!has_fa[i]) res = (res + dfs(i)) % mod;
}
// for(int i = 1; i <= n; i++)
// {
// res = max(res, dfs(i)) ;
// }
cout << res % mod << endl;
return 0;
}
时间复杂度
参考文章
https://www.luogu.com.cn/blog/CJYblog/p4017-zui-tai-si-wu-lian-ji-shuo-ti-xie
题目分析：
首先 ，要知道这道题是 TopoTop**o 拓扑排序。不妨先从拓扑排序定义下手，分析题目的性质。经分析得：
食物链中的生物 —— 节点
生物之间的关系 —— 有向边
为了方便描述，我们将
不会捕食其他生物的 生产者 叫做 最佳生产者
不会被其他生物捕食的 消费者 叫做 最佳消费者
由于数据中不会出现环，所以 最大食物链 即 左端是 最佳生产者 ，右端是 最佳消费者 的路径
而 只要最左端是 最佳生产者 的路径（即最右端可以不是 最佳消费者 的最大食物链） 我们称之为 类食物链
既然 食物链中的生物 可以看成 节点，那么 最佳生产者 的入度一定为 00， 而 最佳消费者 的出度也为 00
思路引导
想要找到一条 最大食物链 ，那么这条路径的 起点 入度要为0，终点 出度要为0。 故：
既要记录入度，还要记录出度！
现在的问题转换成了，如何找到图中所有 左端点入度为0 且 右端点出度为0 的路径的数量
正解
我们拿起笔，在草稿纸上画一个图进行推算。接下来将使用 样例 进行举例。
(将 最佳生产者 涂上 蓝色，最佳消费者 涂上 红色)
发现： 答案为 到所有 红色点 的路径条数的 总和
（这里的 路径条数总和 不是 连向它有几条边 ，而是以它结束的 最大食物链 数量的总和）
对于上图，55 号点的对应路径数量 取决于：以 到 55 号点的三个点（ 22 号、33 号、44 号） 结尾的 类食物链 条数的总和。
而 以 22 号、33 号、44 号 结尾的 类食物链 取决于：以 可以到达 22 号、33号、44号点 的点 结尾的 类食物链 条数的总和。
以此类推，显然对于 以 任一点 结尾的 类食物链 的数量，都取决于 蓝色点
各点数量对应关系在下图用绿色边标注
重点：
使用拓扑排序，由题意得知 TopoTop**o 排序第一轮被删掉的点 一定是 蓝色点（最佳生产者），而令 蓝色点 的答案为 11。
当第一轮删点时，将蓝色点可以到的点 的答案 都加上 蓝色点的 答案（即加 11）。
即：拓扑排序 需要删除的点的答案 都累加到 它可以到达的点 上面去
这样我们就将边的累加 转换到了 点之间的累加。
最后累加所有 红色点（最佳消费者） 的答案，输出即可。
以第 $i$ 号点结束的 类食物链 数量 = 以 可到达 $i$ 号点 的点 结尾的 类食物链 数量的和以下是模拟操作过程：
加载时间较慢，请稍等第一轮：删除 11 号蓝色点，11 号蓝色点可以到的点（22 号点、33 号点）都加 11
第二轮：删除 22 号点，22 号点可以到的点（33 号点、55 号红色点）都加 11。此时 33 号点答案为 22，55 号点答案为 11
第三轮：删除 33 号点，33 号点可以到的点（44 号点、55 号红色点）都加 22。此时 55 号点答案为 33，44 号点答案为 22
第四轮：最后删除 44 号点，44 号点可以到的点（55 号红色点）加 22，此时 55 号点答案为 55
可见全图只有 55 号一个红色点，那么答案就是 55 号点的答案———— 55 了
