很好的脑洞题:dfs+暴力 Gym - 101128A Promotions
http://codeforces.com/gym/101128
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++,
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\n")
const int maxn = + ;
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 = ; i < disedge[u].size(); i++){
int v = disedge[u][i];
if (vis[v]) continue;
dfs(v);
}
} void solve(){
for (int i = ; i < e; i++){
step = ;
for (int j = ; j < e; j++) vis[j] = false, tmpin[j] = in[j];
vis[i] = true;
for (int j = ; 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 = ; 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 = ; j < edge[pos].size(); j++){
int v = edge[pos][j];
if (v == i) continue;
tmpin[v]--;
if (tmpin[v] == ) tmp.push(v);
}
}
que = tmp;
}
interval[i].se = step;
}
int ans1 = , ans2 = , ans3 = ;
for (int i = ; i < e; i++){
if (interval[i].se <= a) ans1++;
if (interval[i].se <= b) ans2++;
if (interval[i].fi > b) ans3++;
}
printf("%d\n%d\n%d\n", ans1, ans2, ans3);
} int main(){
while (scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &e, &p) == ){
zero.clear();
for (int i = ; i < e; i++) {
in[i] = , can[i] = true;
edge[i].clear(), disedge[i].clear();
}
for(int i = ; 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 = ; i < e; i++){
if (in[i] == ) zero.push_back(i);
}
solve();
}
return ;
}
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
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