kyeremal-网络流24题T3-最小路径覆盖问题

原题：

最小路径覆盖问题
问题描述: 给定有向图 G=(V,E)。设 P 是 G 的一个简单路(顶点不相交)的集合。如果 V 中每个顶点恰好在 P 的一条路上,则称 P 是 G 的一个路径覆盖。P 中路径可以从 V 的任何一个顶 点开始,长度也是任意的,特别地,可以为 0。G 的最小路径覆盖是 G 的所含路径条数最少 的路径覆盖。
设计一个有效算法求一个有向无环图 G 的最小路径覆盖。 提示:设 V={1,2,o ,n},构造网络 G1=(V1,E1)如下:
V1 = {x0 , x1 ,..., xn } ∪ {y0 , y1 ,..., yn },
E 1 = {( x 0 , x i ) : i ∈ V } ∪ {( y i , y 0 ) : i ∈ V } ∪ {( x i , y j ) : ( i . j ) ∈ E } 每条边的容量均为 1。求网络 G1 的( x0 , y0 )最大流。
́编程任务: 对于给定的给定有向无环图 G,编程找出 G 的一个最小路径覆盖。  ́
数据输入: 由文件 input.txt 提供输入数据。文件第 1 行有 2 个正整数 n 和 m。n 是给定有向无环图G 的顶点数,m 是 G 的边数。接下来的 m 行,每行有 2 个正整数 i 和 j,表示一条有向边(i,j)。  ́
结果输出:
程序运行结束时,将最小路径覆盖输出到文件 output.txt 中。从第 1 行开始,每行输出 一条路径。文件的最后一行是最少路径数。
输入文件示例
input.txt
11 12
1 2
1 3
1 4
2 5
3 6
4 7
5 8
6 9
7 10
8 11
9 11
10 11
输出文件示例
output.txt
1 4 7 10 11
2 5 8
3 6 9
3

大意：在一个有向无环图中，最少要找出几条简单路径，使得每个点都访问过，且每个点只现在一条简单路径中。

分析：一个最小点路径覆盖问题，将每个点i拆成两个点i，i‘，i与i’属于两个不同的集合X，Y，如果i->j有连边，则建立一条从Xi->Yj的流量为1的有向边，显然问题转化为二分图匹配问题，求出最大匹配数，答案=点数-最大匹配树。

输出路径：按照匹配边遍历。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;

#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
#define REP(i, l, r) for (int i = l; i >= r; i--)
#define X first
#define Y second
#define MAXN 100010

int n, m, N = -1, first[MAXN], next[MAXN], dis[MAXN], S, T, cnt;
queue<int> q;
struct tlist {int x, y, f;} a[MAXN];
vector<pair<int, int> > v;

inline int min(int a, int b) {return a<b ? a : b;}

inline void add(int x, int y, int f) {
a[++N].x = x, a
.y = y, a
.f = f, next
= first[x], first[x] = N;
a[++N].x = y, a
.y = x, a
.f = 0, next
= first[y], first[y] = N;
}

inline bool bfs() {
while (!q.empty()) q.pop();
memset(dis, -1, sizeof(dis));
dis[S] = 0;
q.push(S);
while (!q.empty()) {
int x = q.front();
q.pop();
for (int i = first[x]; ~i; i = next[i])
if ((!~dis[a[i].y]) && a[i].f) {
dis[a[i].y] = dis[x] + 1;
q.push(a[i].y);
}
}
return ~dis[T];
}

inline int find(int x, int low) {
int temp;
if (x == T) return low;
for (int i = first[x]; ~i; i = next[i])
if ((a[i].f)&&(dis[a[i].y] == dis[x] + 1)&&(temp = find(a[i].y, min(low, a[i].f)))) {
a[i].f -= temp;
a[i^1].f += temp;
return temp;
}
return 0;
}

inline int dinic(int begin, int end) {
S = begin, T = end;
int ans = 0, temp;
while (bfs())
while (temp = find(S, 0x7fffffff))
ans += temp;
return ans;
}

inline void write() {
cnt += v.size();
rep(i, 0, int(v.size())-2) printf("%d ", v[i].X), a[v[i].Y].f = -1;
cout << v[int(v.size()) - 1].X << endl;
rep(i, 0, int(v.size())-1) a[v[i].Y].f = -1;
}

inline void dfs(int k) {
for (int i = first[k]; ~i; i = next[i])
if (!(i & 1) && !a[i].f) {
int t = a[i].y % n;
if (!t) t = n;
v.push_back(make_pair(t, i));
dfs(t);
break;
}
}

int main() {
memset(first, -1, sizeof(first));
memset(next, -1, sizeof(next));
cin >> n >> m;
rep(i, 1, n) add(0, i, 1), add(n+i, 2*n+1, 1);
int tx, ty;
rep(i, 1, m) scanf("%d%d", &tx, &ty), add(tx, n+ty, 1);
int out =  n - dinic(0, 2*n+1);
while (cnt < 3*out) {
v.clear();
dfs(S);
write();
}
cout << out << endl;

return 0;
}