GHOJ 697 刻录光盘

题目描述

　　在FJOI2010夏令营快要结束的时候，很多营员提出来要把整个夏令营期间的资料刻录成一张光盘给大家，以便大家回去后继续学习。组委会觉得这个主意不错！可是组委会一时没有足够的空光盘，没法保证每个人都能拿到刻录上资料的光盘，怎么办呢？！

　　DYJ分析了一下所有营员的地域关系，发现有些营员是一个城市的，其实他们只需要一张就可以了，因为一个人拿到光盘后，其他人可以带着U盘之类的东西去拷贝啊！

　　他们愿意某一些人到他那儿拷贝资料，当然也可能不愿意让另外一些人到他那儿拷贝资料，这与我们FJOI宣扬的团队合作精神格格不入！！！

　　现在假设总共有N个营员（2≤N≤200），每个营员的编号为1至N。DYJ给每个人发了一张调查表，让每个营员填上自己愿意让哪些人到他那儿拷贝资料。当然，如果A愿意把资料拷贝给B，而B又愿意把资料拷贝给C，则一旦A获得了资料，则B，C都会获得资料。

　　现在，请你编写一个程序，根据回收上来的调查表，帮助DYJ计算出组委会至少要刻录多少张光盘，才能保证所有营员回去后都能得到夏令营资料？

 

输入格式

　　先是一个数N，接下来的N行，分别表示各个营员愿意把自己获得的资料拷贝给其他哪些营员。即输入数据的第i+1行表示第i个营员愿意把资料拷贝给那些营员的编号，以一个0结束。如果一个营员不愿意拷贝资料给任何人，则相应的行只有1个0，一行中的若干数之间用一个空格隔开。

 

输出格式

　　一个正整数，表示最少要刻录的光盘数。

输入样例

5

2 4 3 0

4 5 0

0

0

1 0

输出样例

1

题解　　

　　很显然，用tarjan缩点后，判断有多少个入度为$0$的结点即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>

#define MAX_N (200 + 5)

using namespace std;

int n;
int h[MAX_N], nxt[MAX_N * MAX_N], to[MAX_N * MAX_N], tot;
int c[MAX_N], cnt;
int dfn[MAX_N], low[MAX_N];
int st[MAX_N], top;
int vis[MAX_N];
int dep;
int f[MAX_N];
int ans;

void Tarjan(int x)
{
    dfn[x] = low[x] = ++dep;
    st[++top] = x;
    vis[x] = 1;
    for(register int i = h[x]; i; i = nxt[i])
    {
        if(!dfn[to[i]]) Tarjan(to[i]);
        else if(vis[to[i]] ^ 1) continue;
        low[x] = min(low[x], low[to[i]]);
    }
    if(dfn[x] == low[x])
    {
        c[x] = ++cnt;
        vis[x] = 0;
        while(st[top] != x)
        {
            c[st[top]] = cnt;
            vis[st[top--]] = 0;
        }
        --top;
    }
    return;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int tmp;
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        while(scanf("%d", &tmp), tmp)
        {
            to[++tot] = tmp;
            nxt[tot] = h[i];
            h[i] = tot;
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if(c[i]) continue;
        Tarjan(i);
    }
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(register int j = h[i]; j; j = nxt[j])
        {
            if(c[i] == c[to[j]]) continue;
            f[c[to[j]]] = 1;
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= cnt; ++i)
    {
        ans += f[i] ^ 1;
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

　　但是，其实并不用那么麻烦。

　　我们先求一下任意结点之间是否联通，然后我们设$r[i]$为能到达$i$的点，然后初始化$r[i] = i$。

　　每当满足结点$i$能到达结点$j$时，我们使$r[j] = r[i]$，最后再统计有多少结点$i$满足$r[i] = i$即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>

#define MAX_N (200 + 5)

using namespace std;

int n;
bool a[MAX_N][MAX_N];
int r[MAX_N];
int ans;

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int v;
    for(register int u = 1; u <= n; ++u)
    {
        while(scanf("%d", &v), v)
        {
            a[u][v] = true;
        }
    }
    for(register int k = 1; k <= n; ++k)
    {
        for(register int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            for(register int j = 1; j <= n; ++j)
            {
                a[i][j] |= a[i][k] & a[k][j];
            }
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        r[i] = i;
    }
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(register int j = 1; j <= n; ++j)
        {
            if(a[i][j]) r[j] = r[i];
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if(r[i] == i) ++ans;
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

        当然，做法应该还有很多，这里就不一一列举了。