367. 学校网络

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367. 学校网络

一些学校连接在一个计算机网络上，学校之间存在软件支援协议，每个学校都有它应支援的学校名单（学校 $A$ 支援学校 $B$，并不表示学校 $B$ 一定要支援学校 $A$）。

当某校获得一个新软件时，无论是直接获得还是通过网络获得，该校都应立即将这个软件通过网络传送给它应支援的学校。

因此，一个新软件若想让所有学校都能使用，只需将其提供给一些学校即可。

现在请问最少需要将一个新软件直接提供给多少个学校，才能使软件能够通过网络被传送到所有学校？

最少需要添加几条新的支援关系，使得将一个新软件提供给任何一个学校，其他所有学校就都可以通过网络获得该软件？

输入格式

第 $1$ 行包含整数 $N$，表示学校数量。

第 $2..N+1$ 行，每行包含一个或多个整数，第 $i+1$ 行表示学校 $i$ 应该支援的学校名单，每行最后都有一个 $0$ 表示名单结束（只有一个 $0$ 即表示该学校没有需要支援的学校）。

输出格式

输出两个问题的结果，每个结果占一行。

数据范围

$2 \\le N \\le 100$

输入样例：

5
2 4 3 0
4 5 0
0
0
1 0

输出样例：

1
2

解题思路

缩点

缩点后，显然第一问答案为起点数量
考虑第二问，即最少需要添加多少边使整张图变为强连通分量，设缩点后的起点和终点数量分别为 $p,q$，任意地，有 $p\leq q$，否则可以将整张图反向考虑，结果还是一样的。$p=1$ 时，显然需要添加 $q$ 条边使终点连向起点，$p>1$ 时，$q>1$，则一定可以找到两个不同的起点 $p_1,p_2$，两个不同的终点 $q_1,q_2$，使 $p_1$ 能到 $q_1$，$p_2$ 能到 $q_2$，则最好在 $q_1$ 和 $p_2$ 之间连一条边，这样起点和终点剩下 $p-1$ 和 $q-1$ 个点，直到 $p=1$，此时连了 $p-1$ 条边，终点还剩 $q-(p-1)$ 条边，再连 $q-(p-1)$ 条边即可，总的需要连边数量为 $q$，$p\geq q$，同理需要连边数量为 $p$，故答案为 $max(p,q)$，另外缩点后如果只有一个点的情况，起点和终点数量都为 $1$，而显然不需要连边，这个需要特判

• 时间复杂度：$O(n+m)$

代码

// Problem: 学校网络
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/369/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=105;
int n;
int dfn[N],low[N],timestamp,scc_cnt,id[N],stk[N],top;
int din[N],dout[N];
bool in_stk[N];
vector<int> adj[N];
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++timestamp;
	stk[++top]=x,in_stk[x]=true;
	for(int y:adj[x])
	{
		if(!dfn[y])
		{
			tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
		}
		else if(in_stk[y])low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	}
	if(low[x]==dfn[x])
	{
		int y;
		scc_cnt++;
		do
		{
			y=stk[top--];
			in_stk[y]=false;
			id[y]=scc_cnt;
		}while(y!=x);
	}
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	int x;
    	while(cin>>x,x)adj[i].pb(x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(!dfn[i])tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j:adj[i])
    		if(id[i]!=id[j])din[id[j]]++,dout[id[i]]++;
    int res1=0,res2=0;
    for(int i=1;i<=scc_cnt;i++)
    {
    	if(!din[i])res1++;
    	if(!dout[i])res2++;
    }
    cout<<res1<<'\n'<<(scc_cnt==1?0:max(res1,res2));
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16574224.html
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