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BZOJ4484: [Jsoi2015]最小表示(拓扑排序乱搞+bit…

2018-06-17 20:53:30来源：未知阅读 ()

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB
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Description

【故事背景】
还记得去年JYY所研究的强连通分量的问题吗？去年的题目里，JYY研究了对于有向图的“加边”问题。对于图论有着强烈兴趣的JYY，今年又琢磨起了“删边”的问题。
【问题描述】
对于一个N个点（每个点从1到N编号），M条边的有向图，JYY发现，如果从图中删去一些边，那么原图的连通性会发生改变；而也有一些边，删去之后图的连通性并不会发生改变。
JYY想知道，如果想要使得原图任意两点的连通性保持不变，我们最多能删掉多少条边呢？
为了简化一下大家的工作量，这次JYY保证他给定的有向图一定是一个有向无环图（JYY：大家经过去年的问题，都知道对于给任意有向图的问题，最后都能转化为有向无环图上的问题，所以今年JYY就干脆简化一下大家的工作?）。

Input

输入一行包含两个正整数N和M。
接下来M行，每行包含两个1到N之间的正整数x_i和y_i，表示图中存在一条从x_i到y_i的有向边。
输入数据保证，任意两点间只会有至多一条边存在。
N<=30,000,M<=100,000

Output

输出一行包含一个整数，表示JYY最多可以删掉的边数。

Sample Input

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

Sample Output

HINT

Source

By 佚名上传

神题QWQ...

首先，一条边$(u,v)$可以删除的条件为：删除这条边后，仍然能从$u$走到$v$

这样的话我们可以贪心处理，对于两个点$(u,v)$，我们保留其最长的路径，其余的全部删去

具体实现的时候我们可以先来一边拓扑排序，同时记录下每个点出现的时间，以及该时间入队的点

一个点连出去最长的边一定是包含先访问的点(又是一个贪心)

然而正序处理的话我们并不知道一个点连到的点的联通性

因此我们倒序处理，

联通性用bitset维护

网上的代码都比较神，看了老半天才懂QWQ。。

时间复杂度$O(\frac{n*m}{32}$)$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<23,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
using namespace std;
const int MAXN=30001;
inline int read()
{
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
struct node
{
    int u,v,nxt;
}edge[MAXN*10];
int head[MAXN],num=1;
inline void AddEdge(int x,int y)
{
    edge[num].u=x;
    edge[num].v=y;
    edge[num].nxt=head[x];
    head[x]=num++;
}
int VisitTime[MAXN];//i是第几个入队的 
int InputTime[MAXN];//第i个入队的是谁 
int inder[MAXN];
bitset<MAXN>can[MAXN];//联通性 
int N,M;
int to[MAXN];
int comp(const int &a,const int &b)
{
    return VisitTime[a]<VisitTime[b];
}
void Topsort()
{
    queue<int>q;
    for(int i=1;i<=N;i++) 
        if(inder[i]==0) q.push(i);
    int tot=0;
    while(q.size()!=0)
    {
        int p=q.front();q.pop();
        InputTime[++tot]=p;
        VisitTime[p]=tot;
        for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt)
        {
            inder[edge[i].v]--;
            if(inder[edge[i].v]==0)
                q.push(edge[i].v);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=N;i>=1;i--)
    {
        int x=InputTime[i],tot=0;
        can[x][x]=1;
        for(int j=head[x];j!=-1;j=edge[j].nxt)
            to[++tot]=edge[j].v;
        sort(to+1,to+tot+1,comp);
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            if(can[x][to[j]]) ans++;
            else can[x]|=can[to[j]];
        }
    }
    printf("%d",ans);
} 
int main()
{
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in","r",stdin);
    #endif
    memset(head,-1,sizeof(head));
    N=read(),M=read();
    for(int i=1;i<=M;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        AddEdge(x,y);
        inder[y]++;
    }
    Topsort();
    return 0;
}