Starry

发表于 更新于 分类于 本文字数： 191 阅读时长 ≈ 1 分钟

最大流问题，FF算法：

链式前向星建边，异或来求反向边。

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const int N=2e3+86;
struct edge{int to,nxt,w;}e[N*2];int hd[N],tot=1;
void add(int u,int v,int w){
	e[++tot]=(edge){v,hd[u],w}; hd[u]=tot;
}
int n,m,x;
bitset<286> vis;

int dfs(int p,int flow){
    if(p==n)
    return flow;
    vis[p]=1;
    for(int eg=hd[p];eg;eg=e[eg].nxt){
        int to=e[eg].to,vol=e[eg].w,c;
        if(vol&&!vis[to]&&((c=dfs(to,min(vol,flow)))!=-1)){
            e[eg].w-=c;
            e[eg^1].w+=c;
            return c;
        }
    }
    return -1;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin>>n>>m>>x;
    f(i,1,m){
        int x,y,val;
        cin>>x>>y>>val;
        add(x,y,val);
        add(y,x,0);
    }
    LL ans=0,c;
    while((c=dfs(1,3e8))!=-1){
        vis.reset();
        //cout<<c<<"\n";
        ans+=c;
    }
    if(ans){
    cout<<ans<<" ";
    cout<<(x/ans+(x%ans?1:0));}
    else cout<<"Orz Ni Jinan Saint Cow!";
    return 0;
}

发表于 更新于 分类于 本文字数： 33 阅读时长 ≈ 1 分钟 
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struct edge{int to,nxt,w;}e[N*2];int hd[N],tot=1;
void add(int u,int v,int w){
	e[++tot]=(edge){v,hd[u],w}; hd[u]=tot;
}

发表于 更新于 分类于 本文字数： 287 阅读时长 ≈ 1 分钟

第一问应该转化为求入度为0的点个数

第二问取入度为0的点个数与出度为0的点个数的较大值，注意特判仅有一个强连通分量的情况。

参考：题解 P2746 【[USACO5.3]校园网Network of Schools】

首先用Kosaraju求出各个强连通分量缩点，然后求出各个强连通分量间的有向边。 
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const int N = 186;
int n, cnt,mark[N],c,r;
vi v[N], rv[N], dfn, scc[N];
set<int> s[N], rs[N];
bitset<200> vis;

void dfs(int x)
{
    vis[x] = 1;
    for (auto it : v[x])
    {
        if (!vis[it])
            dfs(it);
    }
    dfn.pb(x);
}

void dfs1(int x)
{
    scc[cnt].pb(x);
    mark[x] = cnt;
    for (auto it : rv[x])
    {
        if (!mark[it])
            dfs1(it);
    }
}


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n;
    f(i, 1, n)
    {
        int x;
        cin >> x;
        while (x)
        {
            v[i].pb(x);
            rv[x].pb(i);
            cin >> x;
        }
    }
    vis.reset();
    f(i, 1, n)
    {
        if (!vis[i])
        {
            dfs(i);
        }
    }
    for (auto it = dfn.rbegin(); it != dfn.rend(); it++)
    {
        if (!mark[*it])
        {
            cnt += 1;
            dfs1(*it);
        }
    }
    f(i, 1, n)
    {
        for (auto it : v[i])
        {
            if(mark[i]!=mark[it]){
                s[mark[i]].insert(mark[it]);
            }
        }
        for (auto it : rv[i])
        {
            if(mark[i]!=mark[it]){
                rs[mark[i]].insert(mark[it]);
            }
        }
    }
    f(i,1,cnt){
        if(!s[i].size())c+=1;
        if(!rs[i].size())r+=1;
    }
    cout<<r<<"\n"<<(cnt==1?0:max(c,r));
    return 0;
}

发表于 更新于 分类于 本文字数： 249 阅读时长 ≈ 1 分钟

在计算科学中，Kosaraju的算法（又称为–Sharir Kosaraju算法）是一个线性时间(linear time)算法找到的有向图的强连通分量。它利用了一个事实，逆图（与各边方向相同的图形反转, transpose graph）有相同的强连通分量的原始图。

首先第一遍dfs扫一遍得到逆后序压倒栈dfn中

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int vis[MAX];
vector<int> dfn;
f(i, 1, n){
        if (!vis[i])
            dfs(i);
    }
void dfs(int x)
{
    vis[x] = 1;
    for (auto it : rim[x])//rim[x]这个vector中储存x连向其他点的边
    {
        if (!vis[it])
            dfs(it);
    }
    dfn.pb(x);
}

然后FILO进行第二次dfs扫逆图，对于每次递归结束的点集构成一个强连通分量

要注意的是标记的mark不能为0，否则这处if (!mark[*it])会出错

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int cnt;
void dfs1(int x)
{
    mark[x] = cnt, t[cnt] += a[x];
    //cout<<a[x]<<"jkj\n";
    for (auto it : nrim[x])
    {
        if (!mark[it])
            dfs1(it);
    }
}
for (auto it = dfn.rbegin(); it != dfn.rend(); it++)
    {
        if (!mark[*it])
        {
            cnt+=1;
            dfs1(*it);
        }
    }

发表于 更新于 分类于 本文字数： 333 阅读时长 ≈ 1 分钟

缩点，将该有向有环图变为有向无环图，然后dp求解

因为已经变为有向无环图，所以其中为号强连通分量的儿子

首先用Kosaraju找强连通分量，第一遍dfs遍历，并从后往前压入dfn栈中，然后再FILO进行第二遍dfs，对于每次遍历到的点均构成一个强连通分量。

然后用set容器储存各个强连通分量的边，用dp求解

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const int N = 2e4;
int n, m, a[N], mark[N], t[N];
vi rim[N], nrim[N], dfn;
bitset<10086> vis;
set<int> s[N];
LL dp[N];

void dfs(int x)
{
    vis[x] = 1;
    for (auto it : rim[x])
    {
        if (!vis[it])
            dfs(it);
    }
    dfn.pb(x);
}
int cnt;
void dfs1(int x)
{
    mark[x] = cnt, t[cnt] += a[x];
    //cout<<a[x]<<"jkj\n";
    for (auto it : nrim[x])
    {
        if (!mark[it])
            dfs1(it);
    }
}
inline void df(int x)
{
    if(dp[x])
    return ;
    for(auto it:s[x]){
        df(it);
        dp[x]=max(dp[x],dp[it]);
    }
    dp[x]+=t[x];
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    f(i, 1, n) cin >> a[i];
    f(i, 1, m)
    {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        rim[x].pb(y);
        nrim[y].pb(x);
    }
    vis.reset();
    f(i, 1, n)
    {
        if (!vis[i])
            dfs(i);
    }
    vis.reset();
    for (auto it = dfn.rbegin(); it != dfn.rend(); it++)
    {
        if (!mark[*it])
        {
            cnt+=1;
            dfs1(*it);
        }
    }
    f(i, 1, n)
    {
        for (auto it : rim[i])
        {
            if (mark[i] != mark[it])
                s[mark[i]].insert(mark[it]);
        }
    }
    LL ans = 0;
    f(i, 1, cnt )
    {
        df(i);
        ans = max(ans, dp[i]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}
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