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题目大意:给你一个a,b,e,p。有e个点,p条有向边,每条边为(x,y),表示x->y,每次我们都取出一个入度为0的,并且一次性取出来的个数为a(或b)。当然,取出来的种类可能有很多种(即一个集合),问,这个集合中有多少个数字是相同的。
第一个输出集合长度为a的,第二个输出集合长度为b的,第三个输出无论如何都无法被取出的个数。
思路:建立正向图和反向图。
定义pair<int, int> interval[i] 表示第i个节点能在[L, R]的任意步走到,L表示first,R表示second
首先for(0~e),暴力目前节点是i
然后我们向上dfs一次,表示走到当前节点至少需要几步。这个就是左端点
然后我们再从上到下进行bfs,每次如果能走,那么step就++,
然后无法bfs了,就是最终的step,就是右端点
然后就是最后的三个判断了
if (interval[i].se <= a) ans1++;
if (interval[i].se <= b) ans2++;
if (interval[i].fi > b) ans3++;
orz,想了3个小时(刚开始以为可能存在环,所以还特地写了强连通,后来发现,去掉强连通了也AC了,一口老血)
跑了960ms
//看看会不会爆int!数组会不会少了一维! //取物问题一定要小心先手胜利的条件 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long #define ALL(a) a.begin(), a.end() #define pb push_back #define mk make_pair #define fi first #define se second #define haha printf("haha ") const int maxn = 5000 + 5; int a , b , e , p; vector<int> edge[maxn]; vector<int> disedge[maxn];///反向 int in[maxn], tmpin[maxn]; vector<int> zero; int step; bool vis[maxn], can[maxn]; int cnt[maxn]; pair<int, int> interval[maxn]; void dfs(int u){ vis[u] = true; step++; for (int i = 0; i < disedge[u].size(); i++){ int v = disedge[u][i]; if (vis[v]) continue; dfs(v); } } void solve(){ for (int i = 0; i < e; i++){ step = 1; for (int j = 0; j < e; j++) vis[j] = false, tmpin[j] = in[j]; vis[i] = true; for (int j = 0; j < disedge[i].size(); j++){ int v = disedge[i][j]; if (!vis[v]) dfs(v); } interval[i].fi = step; queue<int> que; for (int j = 0; j < zero.size(); j++){ if(zero[j] != i) que.push(zero[j]); } while (!que.empty()){ queue<int> tmp; while (!que.empty()){ int pos = que.front(); que.pop(); if (!vis[pos]) step++; for (int j = 0; j < edge[pos].size(); j++){ int v = edge[pos][j]; if (v == i) continue; tmpin[v]--; if (tmpin[v] == 0) tmp.push(v); } } que = tmp; } interval[i].se = step; } int ans1 = 0, ans2 = 0, ans3 = 0; for (int i = 0; i < e; i++){ if (interval[i].se <= a) ans1++; if (interval[i].se <= b) ans2++; if (interval[i].fi > b) ans3++; } printf("%d %d %d ", ans1, ans2, ans3); } int main(){ while (scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &e, &p) == 4){ zero.clear(); for (int i = 0; i < e; i++) { in[i] = 0, can[i] = true; edge[i].clear(), disedge[i].clear(); } for(int i = 0 ; i < p ; ++ i){ int u, v; scanf("%d%d" , &u , &v); edge[u].push_back(v); disedge[v].push_back(u); in[v]++; } for (int i = 0; i < e; i++){ if (in[i] == 0) zero.push_back(i); } solve(); } return 0; }
看了一下大佬的想法,果然是我比较zz:大佬的链接
对于第一个输出和第二个输出,他们的右端点就是n-num[i],其中num[i]表示i节点所支配的节点的个数,当n-num[i] <= x的时候,i节点必然选择。
然后对于第三种的话,定义他是节点i,那么我们就是看看节点i什么时候“解封”(即可以选择),那么我们对于所有的能到节点i的节点的num都加在一起(建立反向图即可),那么所有的num和如果大于b,就++即可