poj1236 Network of Schools ,求强连通分量(Tarjan算法),缩点
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题意:
给定一个有向图,求:
1) 至少要选几个顶点,才能做到从这些顶点出发,可以到达全部顶点
2) 至少要加多少条边,才能使得从任何一个顶点出发,都能到达全部顶点
顶点数<= 100
求完强连通分量后,缩点,计算每个点的入度,出度。
第一问的答案就是入度为零的点的个数,
第二问就是max(n,m) // 入度为零的个数为n, 出度为零的个数为m. //kuangbin巨巨分析很棒!
#include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<stack> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 100 + 10; vector<int> G[maxn]; int dfn[maxn], low[maxn], belong[maxn], dfs_clock, scc_cnt; stack<int> S; void dfs(int u){ dfn[u] = low[u] = ++dfs_clock; S.push(u); for(int i=0; i<G[u].size(); ++i){ int v = G[u][i]; if(!dfn[v]){ dfs(v); low[u] = min(low[u], low[v]); }else if(!belong[v]){ low[u] = min(low[u], dfn[v]); } } if(low[u] == dfn[u]){ scc_cnt++; for(;;){ int x = S.top(); S.pop(); belong[x] = scc_cnt; if(x == u) break; } } } void find_scc(int n){ dfs_clock = scc_cnt = 0; memset(belong, 0, sizeof belong ); memset(dfn, 0, sizeof dfn ); for(int i=0; i<n; ++i) if(!dfn[i]) dfs(i); } int main() { int n, i, j, x; scanf("%d", &n); for(i=0; i<n; ++i) { while(scanf("%d",&x),x) { x--; G[i].push_back(x); } } find_scc(n); if(scc_cnt==1){ printf("1\n0\n"); return 0; } //缩点后,统计每个点的出度和入度 int in[maxn], out[maxn]; memset(in, 0, sizeof in ); memset(out, 0, sizeof out ); for(i=0; i<n; ++i) for(j=0; j<G[i].size(); ++j) { int v = G[i][j] ; if(belong[i] != belong[v]) { out[ belong[i] ]++; in[ belong[v] ]++; } } int in_tot = 0, out_tot = 0; for(i=1; i<=scc_cnt; ++i) { if(!in[i]) in_tot++; if(!out[i]) out_tot++; } printf("%d\n%d\n", in_tot,max(in_tot,out_tot)); return 0; } /* by kuangbin 强连通分量缩点求入度为0的个数和出度为0的分量个数 题目大意:N(2<N<100)各学校之间有单向的网络, 每个学校得到一套软件后,可以通过单向网络向周边的学校传输, 问题1:初始至少需要向多少个学校发放软件,使得网络内所有的学校最终都能得到软件。 2,至少需要添加几条传输线路(边),使任意向一个学校发放软件后, 经过若干次传送,网络内所有的学校最终都能得到软件。 也就是: 给定一个有向图,求: 1) 至少要选几个顶点,才能做到从这些顶点出发,可以到达全部顶点 2) 至少要加多少条边,才能使得从任何一个顶点出发,都能到达全部顶点 顶点数<= 100 解题思路: 1. 求出所有强连通分量 2. 每个强连通分量缩成一点,则形成一个有向无环图DAG。 3. DAG上面有多少个入度为0的顶点,问题1的答案就是多少 在DAG上要加几条边,才能使得DAG变成强连通的,问题2的答案就是多少 加边的方法: 要为每个入度为0的点添加入边,为每个出度为0的点添加出边 假定有 n 个入度为0的点,m个出度为0的点,如何加边? 把所有入度为0的点编号 0,1,2,3,4 ....N -1 每次为一个编号为i的入度0点可达的出度0点,添加一条出边,连到编号为(i+1)%N 的那个出度0点, 这需要加n条边 若 m <= n,则 加了这n条边后,已经没有入度0点,则问题解决,一共加了n条边 若 m > n,则还有m-n个入度0点,则从这些点以外任取一点,和这些点都连上边,即可,这还需加m-n条边。 所以,max(m,n)就是第二个问题的解 此外:当只有一个强连通分支的时候,就是缩点后只有一个点,虽然入度出度为0的都有一个,但是实际上不需要增加清单的项了,所以答案是1,0; */ /* input: 30 18 0 7 21 0 1 4 15 28 0 9 0 10 15 16 0 22 26 0 1 5 10 12 0 3 17 29 0 2 5 17 0 19 23 0 20 0 1 7 15 19 0 0 23 0 0 0 5 18 0 0 7 18 0 17 0 24 0 13 21 0 26 0 0 2 23 30 0 2 9 11 13 14 27 0 2 0 14 0 0 28 0 output: 3 6 */
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