POJ 2594 浅谈可相交的二分图DAG最小路径覆盖

世界真的很大
最小路径覆盖的问题还算讨论过比较多次了
这个算是最小路径覆盖问题的一个变种，额外处理DAG中可以相交的情况
所以说啊，图论的东西的变形和建模实在是太多了。。

看题先：

description：

求DAG的最小可相交路径覆盖

input：

The input will consist of several test cases. For each test case, two integers N (1 <= N <= 500) and M (0 <= M <= 5000) are given in the first line, indicating the number of points and the number of one-way roads in the graph respectively. Each of the following M lines contains two different integers A and B, indicating there is a one-way from A to B (0 < A, B <= N). The input is terminated by a single line with two zeros.

output：

For each test of the input, print a line containing the least robots needed.

对于普通的“不可相交的”最小路径覆盖，我们的方法是使得每一个点额外建一个虚点，然后映射其连边。
假设一开始有n条路径（n个点），每有一个匹配就相当于可以把两个点连在一起，就会少一条边，求得的最大匹配就是最多可以少多少条边。。

可以这样做的基本原理是，每一条路径是不相交的，就是说每一个点只会属于一条路径，能为答案提供的贡献最多也只有-1
但是如果是“可以相交”就不同了，一个点可以同时在多条路径上，即可以为多条路径提供贡献
二分图能处理的匹配最大也只有1，这没有办法

那我们只能转化思路，可以看一下这篇博客
感性理解一下的话，大概就是把本来不能直接连在一起的点连在一起，把交点的贡献分散化，分散到另外两个一开始不连在一起的点上

作为结论则需要记住可相交的二分图DAG最小路径覆盖等于闭包传递补全后的图的不可交最大路径匹配

完整代码：

#include<stdio.h>#include<cstring>using namespace std;struct edge{    int v,last;}ed[400010];int n,m,ans=0,tot=0,num=0;int head[20010],book[20010],match[20010],mp[510][510];void add(int u,int v){    num++;    ed[num].v=v;    ed[num].last=head[u];    head[u]=num;}int dfs(int u){    for(int i=head[u];i;i=ed[i].last)    {        int v=ed[i].v;        if(book[v]!=tot)        {            book[v]=tot;            if(!match[v] || dfs(match[v]))            {                match[u]=v,match[v]=u;                return 1;            }        }    }    return 0;}void init(){    memset(book,0,sizeof(book));    memset(match,0,sizeof(match));    memset(head,0,sizeof(head));    memset(mp,0,sizeof(mp));    num=tot=ans=0;}int main(){    while(1)    {        init();        scanf("%d%d",&n,&m);        if(!n) break ;        for(int i=1;i<=m;i++)        {            int u,v;            scanf("%d%d",&u,&v);            mp[u][v]=1;        }        for(int k=1;k<=n;k++)            for(int i=1;i<=n;i++)                for(int j=1;j<=n;j++)                    if(mp[i][k] && mp[k][j]) mp[i][j]=1;        for(int i=1;i<=n;i++)            for(int j=1;j<=n;j++)            {                if(i==j || !mp[i][j]) continue ;                add(i+n,j),add(j,i+n);            }        for(int i=1;i<=2*n;i++)        {            tot++;            if(!match[i]) ans+=dfs(i);        }        printf("%d\n",n-ans);    }    return 0;}/*EL PSY CONGROO*/

嗯，就是这样