[题目链接]

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1143

[算法]

答案为最小路径可重复点覆盖所包含的路径数,将原图G进行弗洛伊德传递闭包,得到一张新图G',然后求出拆点二分图G2'的最大匹配,N - 最大匹配 即为答案,我们尝试证明上述结论 :

设祭祀点集合为S,最小路径可重复点覆盖的边集为Path,由于Path覆盖了所有节点,故每条路径上至多选一个点,有 : |S| <= |Path| , 因此,如果我们能构造出一组解,使得| S | = | Path | , 就证明了此结论,这里给出一种构造方案 :

首先求出拆点二分图的最大匹配,设节点x在拆点二分图上分别对应左部节点x和右部节点x' ,  对于每个非匹配节点x0,我们不断访问 x0,match[x0'],match[ match[x0'] ] .. 直到最后遇到一个左部节点y0,使得其右部点y0'为非匹配点, 那么就得到了一条路径, 其中y0为起点,x0为

终点,求出这样的所有路径,就得到了| Path |的一种方案,且所有路径不相交,我们现在要将| Path |集合中的每条路径选出一个节点,构成集合| S |

首先我们将所有路径的终点构成一个集合E,根据传递闭包的性质,两个祭祀点之间无路径相连,等价于在新图G’上任意两个祭祀点之间没有边,不妨让集合E中的每个节点走一条边,构成集合Next(E),如果E和Next(E)的交集为空集,则S = E

否则,对于交集中的每个点e,我们沿着e所在的路径不断向上移动,直到e不在当前的交集中,从E中删除e,加入e',重复以上过程,直到交集为空,就求出了S的一种组成方案

可以证明,在任何时刻,我们都能找到合法的e',因为若没有,说明e所在的路径上所有点都可以被其他路径上的点到达,我们可以找到到达e所在的的路径起点的那条路径,将其延伸,使得| Path | 减少1,并覆盖所有节点,与Path的最小性矛盾

综上所述,答案即为最小路径可重复点覆盖所包含的路径数

[代码]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 210 int i,j,k,n,m,u,v,ans;
bool g[MAXN][MAXN],mp[MAXN][MAXN];
bool visited[MAXN];
int match[MAXN]; inline bool hungary(int u)
{
int v;
for (v = ; v <= n; v++)
{
if (mp[u][v] && !visited[v])
{
visited[v] = true;
if (!match[v] || hungary(match[v]))
{
match[v] = u;
return true;
}
}
}
return false;
} int main()
{ scanf("%d%d",&n,&m);
for (i = ; i <= n; i++) g[i][i] = true;
for (i = ; i <= m; i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
g[u][v] = true;
}
for (k = ; k <= n; k++)
{
for (i = ; i <= n; i++)
{
for (j = ; j <= n; j++)
{
g[i][j] |= g[i][k] & g[k][j];
}
}
}
for (i = ; i <= n; i++)
{
for (j = ; j <= n; j++)
{
if (i != j && g[i][j])
mp[i][j] = true;
}
}
ans = n;
for (i = ; i <= n; i++)
{
memset(visited,false,sizeof(visited));
if (hungary(i)) ans--;
}
printf("%d\n",ans); return ; }

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