• BZOJ 1051 受欢迎的牛(Tarjan缩点)


    1051: [HAOI2006]受欢迎的牛

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
    Submit: 4573  Solved: 2428
    [Submit][Status][Discuss]

    Description

      每一头牛的愿望就是变成一头最受欢迎的牛。现在有N头牛,给你M对整数(A,B),表示牛A认为牛B受欢迎。 这
    种关系是具有传递性的,如果A认为B受欢迎,B认为C受欢迎,那么牛A也认为牛C受欢迎。你的任务是求出有多少头
    牛被所有的牛认为是受欢迎的。

    Input

      第一行两个数N,M。 接下来M行,每行两个数A,B,意思是A认为B是受欢迎的(给出的信息有可能重复,即有可
    能出现多个A,B)

    Output

      一个数,即有多少头牛被所有的牛认为是受欢迎的。

    Sample Input

    3 3
    1 2
    2 1
    2 3

    Sample Output

    1

    HINT

     

    100%的数据N<=10000,M<=50000

    题目链接:BZOJ 1051

    做法:Tarjan缩点后,由于缩点后必定是一个DAG或者叫有向无环图,因此应该至少存在一个出度为0的缩点和一个入度为0的缩点,这题就是要统计出度为0的分量个数

    若统计的数量有为1个,则说明全在一个连通分量内,即任意两点互相可达,所有牛都是受欢迎的;若大于1,则说明至少一个连通分量中的牛的数量少于n-1即欢迎不能直接或间接地全部集中在至少一头牛身上,就没有牛受欢迎了

    代码:

    #include <stdio.h>
    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    #define INF 0x3f3f3f3f
    #define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
    #define LC(x) (x<<1)
    #define RC(x) ((x<<1)+1)
    #define MID(x,y) ((x+y)>>1)
    typedef pair<int,int> pii;
    typedef long long LL;
    const double PI=acos(-1.0);
    const int N=10010;
    const int M=50010;
    
    struct edge
    {
        int to;
        int pre;
    };
    edge E[M];
    int head[N],tot;
    int dfn[N],low[N],st[N],belong[N],ins[N],sc,ts,top,scnum[N];
    int out[N];
    
    void init()
    {
        CLR(head,-1);
        CLR(low,0);
        CLR(dfn,-1);
        CLR(belong,0);
        CLR(ins,0);
        sc=ts=top=0;
        CLR(scnum,0);
        CLR(out,0);
    }
    inline void add(int s,int t)
    {
        E[tot].to=t;
        E[tot].pre=head[s];
        head[s]=tot++;
    }
    void Tarjan(int u)
    {
        dfn[u]=low[u]=++ts;
        ins[u]=1;
        st[top++]=u;
        int v;
        for (int i=head[u]; ~i; i=E[i].pre)
        {
            v=E[i].to;
            if(dfn[v]==-1)
            {
                Tarjan(v);
                if(low[v]<low[u])
                    low[u]=low[v];
            }
            else if(ins[v])
            {
                if(dfn[v]<low[u])
                    low[u]=dfn[v];
            }
        }
        if(dfn[u]==low[u])
        {
            ++sc;
            do
            {
                v=st[--top];
                ins[v]=0;
                belong[v]=sc;
                ++scnum[belong[v]];
            }while (u!=v);
        }
    }
    int main(void)
    {
        int n,m,a,b,i,j,u,v;
        while (~scanf("%d%d",&n,&m))
        {
            init();
            for (i=0; i<m; ++i)
            {
                scanf("%d%d",&a,&b);
                add(a,b);
            }
            for (i=1; i<=n; ++i)
                if(dfn[i]==-1)
                    Tarjan(i);
            for (u=1; u<=n; ++u)
            {
                for (j=head[u]; ~j; j=E[j].pre)
                {
                    v=E[j].to;
                    if(belong[v]==belong[u])
                        continue;
                    ++out[belong[u]];
                }
            }
            int zero_out=0;
            int scindx=-1;
            for (i=1; i<=sc; ++i)
            {
                if(!out[i])
                {
                    ++zero_out;
                    scindx=i;
                }
            }
            zero_out>1?puts("0"):printf("%d
    ",scnum[scindx]);
        }
        return 0;
    }
  • 相关阅读:
    Microsoft Artificial Intelligence Conference(2018.05.21)
    Insider Dev Tour(2018.06.28)
    AWS re:Invent(2019.01.09)
    OPPO Developers Conference(2018.12.26)
    Tencent Cloud Developers Conference(2018.12.15)
    China Intelligent Office Summit(2018.11.21)
    International Programming Retreat Day(2018.11.17)
    Intel Artificial Intelligence Conference(2018.11.14)
    OSC Source Code Innovation Salon(2018.10.20)
    Java CAS 比较并且更换值
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Blackops/p/5991811.html
Copyright © 2020-2023  润新知