zoj 3583

 

两种做法

1：

本来想的是枚举每个点u，从s搜到u，再从t搜到u，如果两条路径只有u这一个公共点，则u可以在简单路径上，后来举出了一个反例就推翻掉了，囧。。。。。。

但现在发现这个想法是下一个想法的铺垫。

模型是：是否存在s->u的一条路径与t->u的另一条路径只有u这一个交点

单纯的搜索很难弄，比如广搜，搜到的路径都是最短路径，很容易就可以举出反例推翻掉。

举个例子：

先发一张比较挫的图片

这个例子中，每个点都可以成为s->t的简单路径上的点，所以答案是0.

如果用搜索，很可能s->y->v->u       t->v->u，而忽略了s->y->x->u导致了错误

仔细想想怎么才可以判断是否存在两条s->u与t->u的路径只有u这个交点，比如s->y->x->u    与  t->v->u

其实，利用网络流可以很好的解决这个问题。

要判断是否存在两条s->u与t->u的路径只有u这个交点，只需建立一个超级源点，向s建一条边，容量为1，向t建一条边，容量为1，再建立一个超级汇点，假设当前枚举到了u这个点，则从u向超级汇点建一条边，容量为2.求最大流，如果流量为2，则u可以在某条简单路径上，每条边的容量都是1，所以除了连向汇点的边，其他的边都只能经过一次，所以如果有最大流为2，肯定就存在两条除了u外无交集的路径，满足条件。

问题解决了？没有，因为比如枚举到上图中的x时，两条路径为s->y->x  与 t->v->u->x，而枚举u的时候u、x的边是从x流向u，一条边不能同时两头流，所以可以进行拆点，

a->a+n;a+n->b;b->b+n;b+n->a，容量都为1，在这里拆点的好处就是边可以双向流而互不影响。

这样问题就完美解决了。

代码就不贴了。

 

 

2：

并查集做法：

枚举每个点去掉，判断整幅图中有那些点与s、t不在同一集合中，这些点都不在s、t的简单路径上。

因为如果去掉某个点后的图中某些点搜不到s和t，那么证明原图中s、t到达这些点的路径必然存在交点，所以这些点都不在s到t的简单路径上

贴上wa多次后ac的代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
int g[110][110],fa[110],n;
void init(){
    for(int i=0;i<=n;i++)    fa[i]=i;
}
int find(int x){
    return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void unio(int a,int b){
   int x=find(a);
   int y=find(b);
   if(x!=y) fa[x]=y;
}
int flag[110];
int main(){
    int m,s,t;
    int i,j,a,b,k;
    while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t)!=EOF){
        memset(g,0,sizeof(g));
        for(i=0;i<m;i++){
            scanf("%d%d",&a,&b);
            g[a][b]=g[b][a]=1;
        }
        memset(flag,0,sizeof(flag));
        int ans=0;
        for(i=0;i<n;i++){
            init();
            for(j=0;j<n;j++)
                for(k=j+1;k<n;k++)
                    if(i!=j&&i!=k&&g[j][k]) 
                       unio(j,k);
            for(j=0;j<n;j++)    
                if(j!=i&&find(j)!=find(s) && find(j)!=find(t))    
                     flag[j]=1;
        }
        for(i=0;i<n;i++)   if(flag[i])  ans++;
        printf("%d\n",ans);
    }
}