ccf 201509-4 高速公路(强连通分量)
来源:互联网 发布:onavo protection软件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/24 05:02
试题编号:201509-4试题名称:高速公路时间限制:1.0s内存限制:256.0MB问题描述:
城市间的连接如图所示。有3个便利城市对,它们分别是(2, 3), (2, 4), (3, 4),请注意(2, 3)和(3, 2)看成同一个便利城市对。
问题描述
某国有n个城市,为了使得城市间的交通更便利,该国国王打算在城市之间修一些高速公路,由于经费限制,国王打算第一阶段先在部分城市之间修一些单向的高速公路。
现在,大臣们帮国王拟了一个修高速公路的计划。看了计划后,国王发现,有些城市之间可以通过高速公路直接(不经过其他城市)或间接(经过一个或多个其他城市)到达,而有的却不能。如果城市A可以通过高速公路到达城市B,而且城市B也可以通过高速公路到达城市A,则这两个城市被称为便利城市对。
国王想知道,在大臣们给他的计划中,有多少个便利城市对。
现在,大臣们帮国王拟了一个修高速公路的计划。看了计划后,国王发现,有些城市之间可以通过高速公路直接(不经过其他城市)或间接(经过一个或多个其他城市)到达,而有的却不能。如果城市A可以通过高速公路到达城市B,而且城市B也可以通过高速公路到达城市A,则这两个城市被称为便利城市对。
国王想知道,在大臣们给他的计划中,有多少个便利城市对。
输入格式
输入的第一行包含两个整数n, m,分别表示城市和单向高速公路的数量。
接下来m行,每行两个整数a, b,表示城市a有一条单向的高速公路连向城市b。
接下来m行,每行两个整数a, b,表示城市a有一条单向的高速公路连向城市b。
输出格式
输出一行,包含一个整数,表示便利城市对的数量。
样例输入
5 5
1 2
2 3
3 4
4 2
3 5
1 2
2 3
3 4
4 2
3 5
样例输出
3
样例说明
城市间的连接如图所示。有3个便利城市对,它们分别是(2, 3), (2, 4), (3, 4),请注意(2, 3)和(3, 2)看成同一个便利城市对。
评测用例规模与约定
前30%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 1000;
前60%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 10000;
所有评测用例满足1 ≤ n ≤ 10000, 1 ≤ m ≤ 100000。
前60%的评测用例满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 10000;
所有评测用例满足1 ≤ n ≤ 10000, 1 ≤ m ≤ 100000。
求出一共有几个强连通分量,然后对于每一块强连通分量,顶点数为n,则这块里的城市对数目为n*(n-1)/2,将所有的连通块城市个数累加即可。
#include<bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3f#define N 10000+10using namespace std;stack<int>sta;vector<int>gra[N];int dfn[N],low[N],now,vis[N],sum,num[N];void tarjan(int s){ vis[s]=2; dfn[s]=low[s]=++now; sta.push(s); for(int i=0; i<gra[s].size(); i++) { int t=gra[s][i]; if(!dfn[t]) tarjan(t),low[s]=min(low[s],low[t]); else if(vis[t]==2) low[s]=min(low[s],dfn[t]); } if(low[s]==dfn[s]) { sum++; while(!sta.empty()) { int t=sta.top(); sta.pop(); vis[t]=1; num[sum]++; if(t==s)break; } }}int main(){ int u,v,m,n; cin>>n>>m; memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(num,0,sizeof(num)); now=sum=0; for(int i=1; i<=n; i++) gra[i].clear(); while(!sta.empty()) sta.pop(); for(int i=0; i<m; i++) { cin>>u>>v; gra[u].push_back(v); } for(int i=1; i<=n; i++) if(!dfn[i]) tarjan(i); int ans=0; for(int i=1; i<=sum; i++) ans += num[i]*(num[i]-1)/2; cout<<ans<<endl; return 0;}
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