不是图论 【tarjan求scc】+【缩点】
来源:互联网 发布:python 查数据类型 编辑:程序博客网 时间:2024/06/16 02:41
给出一个n个点,m条边的有向图。每个点上有分值,经过这个点时可以获得一定的分数。
一个点可以经过多次,但是一个点上的分数只能获得一次。
问最多能获得多少分数,起点任选。
1<=n<=30000,1<=m<=100000
Input
输入包含多组数据
每组数据第一行为n,m
接下来n行,每行有一个数,表示第ii个节点的分值。
接下来m行,每行有两个数a、b,表示有一条从a到b的有向边
Output
每组数据输出一行,每行仅有一个整数:可以获得的最多的分数。
Sample input and output
5 5
1 1 1 2 3
1 2
2 3
3 1
1 4
1 5
5 3
1 2 3 4 5
1 2
1 3
4 5
Sample Input Sample Output
6
9
按道理来说,感觉应该是可以 按 topo 一个个扫,但是时间复杂度太高,所以就想。如果是在一个SCC中,那么只要经过其中的一个点(那么在同一scc中点的所有的分值都是可以拿到的)所以
思路 就是 tarjan + 缩点 +dfs
思考了这道题之后我更加理解了。
对于一个有向图来说,求一遍 tarjan+缩点 所得到的 图的含义——对于一个有向图,可以分解为多组或一组 SCC ,将每个SCC 缩点,得到的新图 ,就是一个 无环的有向图;对于 有入度的新点, 一定会由别的 新点指向; 对于入度为0的新点来说,以他为根节点,就可以得到一棵树 。(可以用dfs 遍历每一条路径(注意这里不能用bfs 那样的话就不是一条 路径了));
代码
#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cmath>#include<queue>#include<stack>#include<map>#include<vector>#include<set>#define CLR(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))#define inf 0x3f3f3f3f#define mod 100009#define LL long long#define M 100000+100#define ll o<<1#define rr o<<1|1#define lson o<<1,l,mid#define rson o<<1|1,mid+1,rusing namespace std;void read(int &x){ x=0;char c; while((c=getchar())<'0'); do x=x*10+c-'0';while((c=getchar())>='0');}struct Edge { int from,to,next;}edge[M];int head[M],top;int score[M]; // 记录原图中每一个点的分数int points[M];//记录缩点后每一个点的分数int n,m;vector<int>G[M];vector<int >scc[M];int scc_cnt,dfs_clock;int low[M],dfn[M],in[M];stack<int>S;int Instack[M];int sccno[M];void init(){ top=0; memset(head,-1,sizeof(head)); while(!S.empty()) S.pop();}void addedge(int a,int b){ Edge e={a,b,head[a]}; edge[top]=e; head[a]=top++;}void getmap(){ int i,j; for(i=1;i<=n;i++) read(score[i]); int a,b; for(i=0;i<m;i++) { read(a);read(b); addedge(a,b); }}void tarjan(int now){ int nexts; low[now]=dfn[now]=++dfs_clock; S.push(now);Instack[now]=1; for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].next) { Edge e=edge[i]; if(!dfn[e.to]) { tarjan(e.to); low[now]=min(low[e.to],low[now]); } else if(Instack[e.to]) low[now]=min(low[now],dfn[e.to]); } if(dfn[now]==low[now]) { scc_cnt++; scc[scc_cnt].clear(); for(;;) { nexts=S.top();S.pop();Instack[nexts]=0; sccno[nexts]=scc_cnt; points[scc_cnt]+=score[nexts];// 记录每一个 scc(缩点) 内部所有的值的和 scc[scc_cnt].push_back(nexts); if(nexts==now) break; } }}void find_cut(int le,int ri){ memset(low,0,sizeof(low)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(Instack,0,sizeof(Instack)); memset(sccno,0,sizeof(sccno)); memset(points,0,sizeof(points)); scc_cnt=dfs_clock=0; for(int i=le;i<=ri;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);}void suodian(){ int i,j; for(i=1;i<=scc_cnt;i++) G[i].clear(),in[i]=0; for(i=0;i<top;i++) { int u=sccno[edge[i].from]; int v=sccno[edge[i].to]; if(v!=u) { G[u].push_back(v); in[v]++; } }}int value; // 记录以当前新点为起点最多可以获得多少分数void dfs(int now,int sum) // 一开始我用了bfs 之后样例都过不了,之后仔细想了一下,才发现,只能用dfs才可以遍历每一个条路径。。。汗。(还有这里好像可以用dp 汗,可是我不会就尴尬了只能用dfs求了,虽然浪费了点时间但还是过了){ value=max(value,sum); for(int i=0;i<G[now].size();i++) dfs(G[now][i],sum+points[G[now][i]]);}void solve(){ int i,j;int sum=-1; for(i=1;i<=scc_cnt;i++) { if(!in[i]) // 这里有一个小优化,对于入度不为0的新点,则在经过它之前一定还要经过别的点。所以一定不是最大的,所以只有从入度为0的点出发才可能得到最大的分数 { value=-1; dfs(i,points[i]); sum=max(value,sum); } } printf("%d\n",sum); }int main(){ while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { init(); getmap(); find_cut(1,n); suodian(); solve(); } return 0;}
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