NYOJ-120 校园网络 &&POJ 1236 (强连通缩点targan算法)

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题意：

校园网络

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难度：5

描述
南阳理工学院共有M个系，分别编号1~M,其中各个系之间达成有一定的协议，如果某系有新软件可用时，该系将允许一些其它的系复制并使用该软件。但该允许关系是单向的，即：A系允许B系使用A的软件时，B未必一定允许A使用B的软件。

现在，请你写一个程序，根据各个系之间达成的协议情况，计算出最少需要添加多少个两系之间的这种允许关系，才能使任何一个系有软件使用的时候，其它所有系也都有软件可用。


输入第一行输入一个整数T，表示测试数据的组数(T<10)

每组测试数据的第一行是一个整数M，表示共有M个系(2<=M<=100)。

随后的M行，每行都有一些整数，其中的第i行表示系i允许这几个系复制并使用系i的软件。每行结尾都是一个0，表示本行输入结束。如果某个系不允许其它任何系使用该系软件，则本行只有一个0.

输出 对于每组测试数据，输出最少需要添加的这种允许关系的个数。 样例输入

1
5
2 4 3 0
4 5 0
0
0
1 0

样例输出

2

这道题第一感觉和图的入度出度有关，最后写了一下，数据比较水。

思路： 统计入度和出度就行了，一个顶点既有出度也有入度就表示此顶点不需要添加线路，最后取最大值比较即可。

代码：

#include <math.h>
#include <queue>
#include <deque>
#include <vector>
#include <stack>
#include <stdio.h>
#include <ctype.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define Max(a,b) a>b?a:b
#define Min(a,b) a>b?b:a
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
const double eps = 1e-6;
const double Pi = acos(-1.0);
static const int INF = ~0U >> 2;
static const int MAXN = 102;
int mapp[MAXN][MAXN],comeder[MAXN],outder[MAXN];
int n,m,i,j,cas,cnt;
void input()
{
    for(i=1; i<=n; i++)
        while(~scanf("%d",&m),m)
        {
            mapp[i][m]=1;
        }
    for(i=1; i<=n; i++)
        for(j=1; j<=n; j++)
        {
            if(mapp[i][j])
            {
                comeder[j]=1;
                outder[i]=1;
            }
        }
}
void output()
{
    int sum1=0,sum2=0;
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        if(comeder[i]==0)
            sum1++;
        if(outder[i]==0)
            sum2++;
    }
    printf("%d\n",Max(sum1,sum2));
}
int main()
{
    scanf("%d",&cas);
    while(cas--)
    {
        int sum;
        scanf("%d",&n);
        mem(mapp,0),mem(comeder,0),mem(outder,0);
        input();
        output();
    }
    return 0;
}

后来看下题解，原来是强连通缩点targan算法，强连通缩点还没有学习，先贴上别人已过的代码，研究~~

解析（转）：点击打开链接

Tarjan算法详解

【功能】

Tarjan算法的用途之一是，求一个有向图G=(V,E)里极大强连通分量。强连通分量是指有向图G里顶点间能互相到达的子图。而如果一个强连通分量已经没有被其它强通分量完全包含的话，那么这个强连通分量就是极大强连通分量。

【算法思想】

用dfs遍历G中的每个顶点，通dfn[i]表示dfs时达到顶点i的时间，low[i]表示i所能直接或间接达到时间最小的顶点。(实际操作中low[i]不一定最小，但不会影响程序的最终结果)

程序开始时，order初始化为0，在dfs遍历到v时，low[v]=dfn[v]=order++，v入栈（这里的栈不是dfs的递归时系统弄出来的栈）扫描一遍v所能直接达到的顶点k，如果 k没有被访问过那么先dfs遍历k，low[v]=min(low[v],low[k])；如果k在栈里，那么low[v]=min(low[v],dfn[k])(就是这里使得low[v]不一定最小，但不会影响到这里的low[v]会小于dfn[v])。扫描完所有的k以后，如果low[v]=dfn[v]时，栈里v以及v以上的顶点全部出栈，且刚刚出栈的就是一个极大强连通分量。

【大概的证明】

1． 在栈里，当dfs遍历到v，而且已经遍历完v所能直接到达的顶点时，low[v]=dfn[v]时，v一定能到达栈里v上面的顶点：

因为当dfs遍历到v，而且已经dfs递归调用完v所能直接到达的顶点时（假设上面没有low=dfn），这时如果发现low[v]=dfn[v]，栈上面的顶点一定是刚才从顶点v递归调用时进栈的，所以v一定能够到达那些顶点。

2 .dfs遍历时，如果已经遍历完v所能直接到达的顶点而low[v]=dfn[v]，我们知道v一定能到达栈里v上面的顶点，这些顶点的low一定小于 自己的dfn，不然就会出栈了，也不会小于dfn[v],不然low [v]一定小于dfn[v],所以栈里v以其v以上的顶点组成的子图是一个强连通分量，如果它不是极大强连通分量的话low[v]也一定小于dfn[v]（这里不再详细说），所以栈里v以其v以上的顶点组成的子图是一个极大强连通分量。

【时间复杂度】

因为所有的点都刚好进过一次栈，所有的边都访问的过一次，所以时间复杂度为O（n+m）

代码如下：

// 强连通分量缩点
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <stack>

using namespace std;

const int MAX = 105;
int map[MAX][MAX];
int low[MAX], DFN[MAX], IN[MAX], OUT[MAX], instack[MAX], t[MAX];
int n, order, res, ans;
stack<int> S;

void init()
{
    memset(map, 0, sizeof(map));
    memset(low, 0, sizeof(low));
    memset(DFN, 0, sizeof(DFN));
    memset(IN, 0, sizeof(IN));
    memset(OUT, 0, sizeof(OUT));
    memset(instack, 0, sizeof(instack));
    memset(t, 0, sizeof(t));
    while(!S.empty())
       S.pop();
    res = 0;
    order = 0;
}

int min(int x, int y)
{
    return x < y ? x : y;
}

void tr(int u)
{
    int v;
    DFN[u] = low[u] = ++order;
    instack[u] = 1;
    S.push(u);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(map[u][i])
        {
            if(!DFN[i])
            {
                tr(i);
                low[u] = min(low[u], low[i]);
            }
            else if(instack[i])
                low[u] = min(low[u], DFN[i]);
        }
    }
    if(DFN[u] == low[u])
    {
        ++res;    // res 代表强连通分量的个数
        do
        {
            v=S.top();
            S.pop();
            instack[v] = 0;
            t[v] = res;
        }while(v != u);
    }
}

void tarjan()
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
       if(!DFN[i])
           tr(i);
}

void solve()
{
    for (int i = 1;i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1;j <= n; j++)
            if(map[i][j])  // 统计每个强连通分量缩点的入度和出度
            {
                ++IN[t[i]];
                ++OUT[t[j]];
            }
    }
    int xx, yy;
    xx = yy = 0;
    for(int i = 1; i <= res; i++)
    {
        if(IN[i]==0)
           xx++;
        else if(OUT[i]==0)
           yy++;
    }
    ans = xx > yy ? xx : yy; // 结果为缩点后的有向图中出度为0或者入度为0中的大者
}

int main()
{
    int T, x;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        init();
        scanf("%d",&n);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            while (scanf("%d", &x), x)
                map[i][x] = 1;
        }
        tarjan();
        solve();
        if(res == 1)
           printf("0\n");
        else
           printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}