hihocoder 1185(SCC,路径和)

problem

暑假到了!!小Hi和小Ho为了体验生活，来到了住在大草原的约翰家。今天一大早，约翰因为有事要出去，就拜托小Hi和小Ho忙帮放牧。

约翰家一共有N个草场，每个草场有容量为W[i]的牧草，N个草场之间有M条单向的路径。

小Hi和小Ho需要将牛羊群赶到草场上，当他们吃完一个草场牧草后，继续前往其他草场。当没有可以到达的草场或是能够到达的草场都已经被吃光了之后，小hi和小Ho就把牛羊群赶回家。

一开始小Hi和小Ho在1号草场，在回家之前，牛羊群最多能吃掉多少牧草？

举个例子：

图中每个点表示一个草场，上部分数字表示编号，下部分表示草场的牧草数量w。

在1吃完草之后，小Hi和小Ho可以选择把牛羊群赶到2或者3，假设小Hi和小Ho把牛羊群赶到2：

吃完草场2之后，只能到草场4，当4吃完后没有可以到达的草场，所以小Hi和小Ho就把牛羊群赶回家。

若选择从1到3，则可以到达5，6：

选择5的话，吃完之后只能直接回家。若选择6，还可以再通过6回到3，再到5。

所以该图可以选择的路线有3条：

1->2->4 total: 11
1->3->5 total: 9
1->3->6->3->5: total: 13

所以最多能够吃到的牧草数量为13。

本题改编自USACO月赛金组

提示：强连通分量

小Ho：我觉得这次最大的问题就是会出现环了。

小Hi：假如没有环呢？

小Ho：那样我就可以这么来做：

因为不存在环，那么图就满足了有向无环的性质。我可以利用上次我们解决病毒问题时同样的思路，将累加改为求最大值，利用拓扑排序计算出从起点到当前节点能够得到的最大牧草数量。即：

假设gress[i]表示从起点到草场i累计可以吃到的牧草数量。

grass[i] = max{ grass[j] | j 是 i的前驱结点 } + w[i]
最后我只需要知道最大的grass[i]，就是我们所要寻求的答案。

小Hi：小Ho很厉害嘛，这么快就学会了使用拓扑排序。

小Ho：哎嘿嘿….

小Hi：你说的没错，但是这次的问题最大的限制就是有环的存在。

小Ho：所以有什么办法能够处理么？

小Hi：当然有了，不过首先我们要理解一个新的知识——强连通分量，其定义为：

对于有向图上的2个点a,b，若存在一条从a到b的路径，也存在一条从b到a的路径，那么称a,b是强连通的。
对于有向图上的一个子图，若子图内任意点对(a,b)都满足强连通，则称该子图为强连通子图。
非强连通图有向图的极大强连通子图，称为强连通分量。

特别地，和任何一个点都不强连通的单个点也是一个强连通分量。

对于一个强连通的分量，也就是在其中任意一个点都可以到达其他点。如果草场满足这个性质呢？

小Ho：如果草场是一个强连通图，那么我们只要走到任意一点，就可以把其他所有的草场都走一遍，并且可以选择任意一个点作为终点。

小Hi：没错，再回头看看我们的例子：

同时存在边(3,6)和(6,3)，所以3和6这两个节点也就构成了一个强连通分量。在我们路径中也就存在了3->6->3这样一段。如果换个方式讲的话：

首先到了3，在这个强连通分量中，我们将该分量中所有的点都走过了之后，又重新回到了3。

在处理的时候，我们不妨可以将6和3缩成一个点，那么就可以得到：

这样是不是就变成了你可以解决的问题了？

小Ho：是的，而且答案也没有变化。也就是说我需要满足强连通的点都缩在一起就好了，但是我怎么确定应该缩到哪一点呢？

小Hi：因为一个强连通块会被缩成一个点，那么我们可以直接建立一个新的图，这个图中的点对应的是每一个强连通块。若原图中存在边(u,v)，连接了属于强连通分量A的点u和属于强连通分量B的点v，那么我们就在新图中建立一条边(A,B)。

小Ho：哦，我大概明白了。这次的问题处理方法就是先根据原图找到所有的强连通分量，然后再根据原图边的关系建立新的图，之后再用拓扑排序来处理就可以得到最终结果。

小Hi：没错，就是这样。

小Ho：那么我还有最后一个问题：我们要如何求强连通分量。

小Hi：当然，我们还是得用Tarjan算法来完成了，其伪代码如下：

tarjan(u){    Dfn[u]=Low[u]=++Index                      // 为节点u设定次序编号和Low初值    Stack.push(u)                              // 将节点u压入栈中    for each (u, v) in E                       // 枚举每一条边        if (v is not visted)                   // 如果节点v未被访问过            tarjan(v)                          // 继续向下找            Low[u] = min(Low[u], Low[v])        else if (v in Stack)                   // 如果节点v还在栈内(很重要,无向图没有这一步)            Low[u] = min(Low[u], Dfn[v])    if (Dfn[u] == Low[u])                      // 如果节点u是强连通分量的根        repeat            v = Stack.pop                      // 将v退栈，为该强连通分量中一个顶点            mark v                             // 标记v，同样通过栈来找连通分量        until (u == v)}

小Ho：我懂了。我这就去实现它！

小Hi：当然，别忘了还有最重要的一个条件，我们开始在草场1，所以可能有些草场我们是无法到达的，那样的草场需要特殊处理，简单的做法就是将草量处理为0。

小Ho：好，我知道了！

输入

第1行：2个正整数，N,M。表示点的数量N，边的数量M。1≤N≤20,000, 1≤M≤100,000

第2行：N个正整数，第i个整数表示第i个牧场的草量w[i]。1≤w[i]≤100,000

第3..M+2行：2个正整数，u,v。表示存在一条从u到v的单向路径。1≤u,v≤N

输出

第1行：1个整数，最多能够吃到的牧草数量。

Sample Input
6 6
2 4 3 5 4 4
1 2
2 4
1 3
3 5
3 6
6 3
Sample Output
13

思路

在经典Tarjan算法的基础上稍作修改即可

Tarjan算法简介：http://blog.csdn.net/feynman1999/article/details/77170737

路径和可以用DFS直接比较，也可以用DP转移方程，也可以求出拓扑序列比较

代码示例1(直接缩点+DFS)

#include<bits/stdc++.h>#define M(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define bug(a) cout<<"debug: "<<a<<endl;using namespace std;const int _=20010;int n,m,dfs_clock,w[_],pre[_],sccno[_];vector<int> G[_];stack<int> S;//pre数组记录搜索到该点的时间，也就是第几个搜索到该点int tarjan(int u){    int lowu=pre[u]=++dfs_clock;    S.push(u);    for(int i=0;i<G[u].size();++i){        int v=G[u][i];        if(!pre[v]){            int lowv=tarjan(v);            lowu=min(lowu,lowv);        }        else if(!sccno[v]){            lowu=min(lowu,pre[v]);        }    }    int sum=0;    if(lowu==pre[u]){//合并        while(1){            int t=S.top(); S.pop();            sccno[t]=u;            //cout<<"t->u "<<t<<"->"<<u<<endl;            sum+=w[t];            if(t==u) break;        }        w[u]=sum;        //cout<<"u:"<<u<<" sum:"<<sum<<endl;    }    return lowu;}void upd()//从新建树{    for(int i=1;i<=n;++i) if(i!=sccno[i]){        for(int j=0;j<G[i].size();++j){            int &c=G[i][j];            if(c!=sccno[i]) G[sccno[i]].push_back(c);        }    }}int sum,ans;void dfs(int u)//求路径上的最大值，也可以tupo{    sum+=w[u];    for(int i=0;i<G[u].size();++i){        int &v=G[u][i];        if(sccno[v]==u) continue;        dfs(sccno[v]);    }    ans=max(ans,sum);    sum-=w[u];}int main(){    ios::sync_with_stdio(false);    //freopen("read.txt","r",stdin);    cin>>n>>m;    for(int i=1;i<=n;++i) cin>>w[i];//从1计数    for(int i=0;i<n;++i) G[i].clear();    while(m--)    {        int u,v;        cin>>u>>v;        G[u].push_back(v);    }    dfs_clock=0;    M(pre,0),M(sccno,0);    tarjan(1);    upd();    dfs(1);    cout<<ans<<endl;    return 0;}

代码示例2(重新建图+DP)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define M(a, b) memset(a, b, sizeof(a))#define INF 0x3f3f3f3fconst int N = 20000 + 5;int pre[N], sccno[N], val[N], w[N], dfs_clock, scc_cnt;vector<int> G2[N];vector<int> G[N];stack<int> S;int dfs(int u) {    int lowu = pre[u] = ++dfs_clock;    S.push(u);    for (int i = 0; i < G[u].size(); ++i) {        int v = G[u][i];        if (!pre[v]) {            int lowv = dfs(v);            lowu = min(lowu, lowv);        }        else if (!sccno[v]) lowu = min(lowu, pre[v]);    }    if (lowu == pre[u]) {        ++scc_cnt;        while (true) {            int x = S.top(); S.pop();            sccno[x] = scc_cnt;            val[scc_cnt] += w[x];            //cout << x << " ";            if (x == u) {                //cout << val[scc_cnt] << endl;                break;            }        }    }    return lowu;}void find_scc(int n) {    M(pre, 0); M(sccno, 0); M(val, 0);    dfs_clock = scc_cnt = 0;    for (int i = 1; i <=n; ++i)        if (!pre[i]) dfs(i);}int dp(int u) {    int ans = 0;    for (int i = 0; i < G2[u].size(); ++i) {        int j = G2[u][i];        //cout << j << " " << val[j] << endl;        ans = max(ans, dp(j)+val[j]);    }    return ans;}int main() {    //freopen("./in.txt", "r", stdin);    int n, m;    while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {        for (int i = 0; i <=n; ++i) G[i].clear(), G2[i].clear();        for (int i = 1; i <=n; ++i) scanf("%d", &w[i]);        int u, v;        for (int i = 0; i < m; ++i) {            scanf("%d%d", &u, &v);            G[u].push_back(v);        }        find_scc(n);        for (int i = 1; i <= n; ++i)            for (int j = 0; j < G[i].size(); ++j) {                int k = G[i][j];                if (sccno[i] != sccno[k]) {                    //cout << sccno[i] << " " << sccno[k] << endl;                    G2[sccno[i]].push_back(sccno[k]);                }            }        int ans = 0;        int s = sccno[1];        //cout << s << endl;        ans = dp(s)+val[s];        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}