379. 捉迷藏

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379. 捉迷藏

Vani 和 cl2 在一片树林里捉迷藏。

这片树林里有 $N$ 座房子，$M$ 条有向道路，组成了一张有向无环图。

树林里的树非常茂密，足以遮挡视线，但是沿着道路望去，却是视野开阔。

如果从房子 $A$ 沿着路走下去能够到达 $B$，那么在 $A$ 和 $B$ 里的人是能够相互望见的。

现在 cl2 要在这 $N$ 座房子里选择 $K$ 座作为藏身点，同时 Vani 也专挑 cl2 作为藏身点的房子进去寻找，为了避免被 Vani 看见，cl2 要求这 $K$ 个藏身点的任意两个之间都没有路径相连。

为了让 Vani 更难找到自己，cl2 想知道最多能选出多少个藏身点。

输入格式

输入数据的第一行是两个整数 $N$ 和 $M$。

接下来 $M$ 行，每行两个整数 $x,y$，表示一条从 $x$ 到 $y$ 的有向道路。

输出格式

输出一个整数，表示最多能选取的藏身点个数。

数据范围

$N \le 200,M \le 30000$

输入样例：

7 5
1 2
3 2
2 4
4 5
4 6

输出样例：

3

解题思路

有向无环图的最小路径点覆盖

路径点覆盖：选择若干条不相交（点不相交）的路径，这些路径可以将所有的点覆盖
最小路径点覆盖：即路径最少的路径点覆盖

结论：$有向无环图的最小路径点覆盖=n-二分图的最大匹配$
证明：首先要将一个有向无环图转化为一个二分图，不妨拆点：即将一个点拆分为入点和出点，将出点看成二分图的左部，入点看成二分图的右部，原图的所有边都可以转化为二分图的边，由于选择的路经是不相交的，即每个点的出度和入度至多为 $1$，对应在二分图上，即左部的点向右部连的边是唯一的，即是匹配边，对于一条路径的终点，其出度为 $0$，对应在二分图即左部的非匹配点，故 $n-二分图最大匹配$ 即为有向无环图的最小路径点覆盖

扩展：$\color{red}{有向无环图的最小路径重复点覆盖？}$
结论：记原图 $G$，求传递闭包后的图记为 $G'$，求 $G$ 的最小路径重复点覆盖等价于求 $G'$ 的最小路径点覆盖
证明：
求 $G'$ 的路径点覆盖 $\rightarrow$ $G$ 的路径重复点覆盖
传递闭包即对于 $x->y->z$，这时 $x->z$，求出 $G'$ 的路径点覆盖后，凡是涉及 $x->z$ 这样的边，都扩展开来，即对应 $G$ 的路径重复点覆盖

求 $G$ 的最小路径重复点覆盖 $\rightarrow$ $G'$ 的最小路径点覆盖
对于当前路径 $\dots->x->p->y->\dots$，如果存在重复点 $p$，即前面有这样的路径 $\dots->a->p->b->\dots$，则当前路径可以跳过 $p$，因为 $p$ 已经被选了，即对应 $G'$ 中含传递闭包的路径
故两者可以互相转换，求 $G$ 的最小路径重复点覆盖即可转化为求 $G'$ 的最小路径点覆盖

本题要找最多的点，使得两两之间不存在可达的边，设 $G$ 的最小路径重复点覆盖为 $x$，则要找的点不可能比 $x$ 大，因为 $G$ 的最小路径重复点覆盖包含了所有的点，且每一条路径上最多只能选择一个点，否则由鸽笼原理，一定会存在一条可达的路径，后面构造使得：$这样的点=x$，将最小重复点覆盖路径的终点的集合即为 $E$，设 $E$ 中的所有点可到的点的集合为 $next(E)$，如果 $E\bigcap next(E)=\varnothing$，即 $E$ 中所有的点都到不了 $E$ 本身的某一个点，即 $E$ 中所有点互不可达；如果 $E\bigcap next(E)\neq\varnothing$，每次选择一条终点可到 $E$ 的一条路径，不选这个点，往回退选点，所有这样的终点往回退选点，直到 $E\bigcap next(E)=\varnothing$ 为止，$\color{red}{这样是否可行？}$假设存在这样一条路径，其往回退退到起点依然所有的点仍在 $next(E)$ 中，说明这条路径上的所有的点都可以被覆盖掉，这与最小路径重复点覆盖矛盾，所以这样的方法可行，即一定会有 $E\bigcap next(E)=\varnothing$，故答案即为最小路径重复点覆盖

• 时间复杂度：$O(nm)$

代码

// Problem: 捉迷藏
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/381/
// 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=205;
int n,m;
bool g[N][N],st[N];
int match[N];
bool find(int x)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(g[x][i])
		{
			if(!st[i])
			{
				st[i]=true;
				if(match[i]==0||find(match[i]))
				{
					match[i]=x;
					return true;
				}
			}
		}
	return false;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int x,y;
    	scanf("%d%d",&x,&y);
    	g[x][y]=true;
    }
    for(int k=1;k<=n;k++)
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    		for(int j=1;j<=n;j++)
    			g[i][j]|=g[i][k]&g[k][j];
    int res=n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	memset(st,0,sizeof st);
    	if(find(i))res--;
    }
    printf("%d",res);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16937058.html
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