• POJ 2762Going from u to v or from v to u?(强联通 + 缩点 + 拓扑排序)


    【题意】:

    有N个房间,M条有向边,问能否毫无顾虑的随机选两个点x, y,使从①x到达y或者,②从y到达x,一定至少有一条成立。注意是或者,不是且。

    【思路】:

    先考虑,x->y或者y->x是什么意思,如果是且的话就简单了,就直接判断整个图是不是强联通图即可,但是这道题是或,那么可以随手画出一个DAG

    比如1->3, 2->3 这样很明显是不行的,1,2没有联通,那么如果是这样1->2->3 就可以了,或者是1->2->3->1,这样也是可以的。

    很显然,整个图中某一时刻入度同时为0的点的数量num≤1即可以找出合理方案,反之当某一时刻num>1时则不能。

    考虑到图不可能是3个点这么简单,可以先求出强联通分量,因为分量中的每个点都可以相互到达,然后将每个联通分量缩点,这样就不用分别考虑。然后

    对于每个缩点的入度判断可以使用topo排序判断。到此完毕。

    #include <iostream>
    #include <cstring>
    #include <queue>
    #include <cstdio>
    using namespace std;
    
    const int maxn = 1000 + 5;
    const int maxm = 6000 + 5;
    int n, m, t;
    struct edge{
        int to, next;
    } ed[maxm<<1];
    int head[maxn<<1], tot, cnt;
    int dfn[maxn], low[maxn], num, stak[maxn], c[maxn];
    int indu[maxn<<1];
    bool instack[maxn], vis[maxn];
    inline void init(){
        memset( head ,-1, sizeof(head) );
        memset( dfn, 0, sizeof(dfn) );
        memset( low, 0, sizeof(low) );
        memset( indu, 0, sizeof(indu) );
        memset( vis, 0, sizeof(vis) );
        tot = 1;
        stak[0] = cnt = num = 0;
    }
    
    inline void add( int u, int v ){
        ed[++tot].to = v;
        ed[tot].next = head[u];
        head[u] = tot;
    }
    
    inline int min( int a, int b ){
        return a<b ? a:b;
    }
    
    inline void tarjan( int x ){        //求强联通
        dfn[x] = low[x]  = ++num;
        instack[x] = 1;
        stak[++stak[0]] = x;
        for( int i=head[x]; i!=-1; i=ed[i].next ){
            int y = ed[i].to;
            if( !dfn[y] ){
                tarjan(y);
                low[x] = min(low[x], low[y]);
            }else  if(instack[y]) low[x] = min(low[x], dfn[y]);
        }
        if( low[x]==dfn[x] ){
            ++cnt;
            do{
                int p = stak[stak[0]];
                c[p] = cnt+n;
                instack[p] = 0;
            } while(stak[stak[0]--]!=x );
        }
    }
    
    inline void scc( int x ){                   //缩点
        if( vis[x] ) return;
        vis[x] = 1;
        for( int i=head[x]; i!=-1; i=ed[i].next ){
            int y = ed[i].to;
            if( c[x]!=c[y] ){
                add( c[x], c[y] );
                indu[c[y]] ++;
            }
            scc(y);
        }
    }
    
    inline bool topo(){                     //topo判断某一时刻有无多个点的入度同时为0
        queue<int> q;
        for( int i=1; i<=cnt; i++ )
            if( !indu[i+n] ) q.push(i+n);
        if( q.size()>1 ) return 0;
        while( !q.empty() ){
            int x = q.front(); q.pop();
            for( int i=head[x]; i!=-1; i=ed[i].next ){
                int y =ed[i].to;
                indu[y]--;
                if(!indu[y]) q.push(y);
                if( q.size()>1 ) return 0;
            }
        }
        return 1;
    }
    
    
    int main(){
        // freopen("in.txt", "r", stdin);
        scanf("%d", &t);
        while( t-- ){
            init();
            scanf("%d%d", &n, &m);
            for( int i=0; i<m; i++ ){
                int u, v;
                scanf("%d%d", &u, &v);
                add( u, v );
            }
            for( int i=1; i<=n; i++ )
                if( !dfn[i] ) tarjan(i);
            for( int i=1; i<=n; i++ ) scc(i);
            if( topo() ) puts("Yes");               
            else puts("No");
        }
    
        return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/WAautomaton/p/11164145.html
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