[BZOJ2208][Jsoi2010]连通数（dfs||tarjan+拓扑序+dp）

题目描述

传送门

题解

看范围很小，O(n2)暴力就可以做啊= =BZOJ上跑到10s+的比比皆是，事实证明很多人都这样水掉了，而且这样的暴力是卡不掉的。

其实还有一种更高级的做法，就是tarjan+拓扑序+dp。首先将整个图缩点，同一个强连通分量中的点两两互达，所以答案统计为size2i。对于不在一个强连通分量里的点，反向连边然后按照拓扑序dp，状态表示为f(i,j)当前到第i个点且与i相连的点状态为j的方案数。也就是说j其实是个状压，用bitset高效实现。

但是其实这种实现在极限情况下也是O(n2)的，因为每一个点都可能单独成为一个分量

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<queue>
using namespace std;
#define N 2005

int n,scc,dfs_clock;
bool vis
,has

;
int tot,point
,nxt[N*N],v[N*N];
int tott,pointt
,nxtt[N*N],vt[N*N];
int size
,dfn
,low
,stack
,tmp=0,belong
,in
,sum
;
int ans;
char s
;
queue <int> q;
bitset<N>f
;

void add(int x,int y)
{
++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;
}
void addt(int x,int y)
{
++tott; nxtt[tott]=pointt[x]; pointt[x]=tott; vt[tott]=y;
}
void tarjan(int x)
{
dfn[x]=low[x]=++dfs_clock;vis[x]=true;stack[++tmp]=x;
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
if (!dfn[v[i]])
{
tarjan(v[i]);
low[x]=min(low[x],low[v[i]]);
}
else if (vis[v[i]])
low[x]=min(low[x],dfn[v[i]]);
if (low[x]==dfn[x])
{
++scc;int now=0;
while (now!=x)
{
now=stack[tmp--];
vis[now]=false;
belong[now]=scc;
size[scc]++;
}
}
}
void rebuild()
{
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=point[i];j;j=nxt[j])
if (belong[i]!=belong[v[j]]&&!has[belong[v[j]]][belong[i]])
{
addt(belong[v[j]],belong[i]);in[belong[i]]++;
has[belong[v[j]]][belong[i]]=true;
}
}
void topo()
{
for (int i=1;i<=scc;++i) f[i][i]=1;
for (int i=1;i<=scc;++i)
if (!in[i]) q.push(i);
while (!q.empty())
{
int now=q.front();q.pop();
for (int i=pointt[now];i;i=nxtt[i])
{
f[vt[i]]|=f[now];
--in[vt[i]];
if (!in[vt[i]]) q.push(vt[i]);
}
}
for (int i=1;i<=scc;++i)
for (int j=1;j<=scc;++j)
if (f[i][j]) ans+=size[i]*size[j];
}
int main()
{
scanf("%d\n",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
{
gets(s);
for (int j=1;j<=n;++j)
if (s[j-1]=='1') add(i,j);
}
for (int i=1;i<=n;++i)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
rebuild();
topo();
printf("%d\n",ans);
}

总结

①tarjan相关的算法在有向图连通性方面还是非常有用的，要多想想。