【bzoj3169: [Cerc2012]Conservation】

3169: [Cerc2012]Conservation

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Description

在一个Byteland上有一副非常有名的图画需要被封存。这个作品需要在2个实验室进行处理。这个处理过程被分为许多步骤。对于每个步骤，我们知道它必须要在哪个实验室进行。

在两个实验室之间运输这些这些美丽但又易碎的画会带来额外的风险，因此这个运输的过程需要尽可能的被避免。理想情况下所有的工作都会在第一个实验室做完，然后剩下的在另一个实验室完成，但是有些步骤必须在另一步骤完成之后才能完成。你的任务是找到一个工作的顺序，让这个被运输的过程最少。输出需要运输的次数。

Input

第一行N和M，代表着N个步骤，和M个先后关系。下面一行N个数字，第I个数字是1或2，代表了第I个工作需要在哪个实验室完成，下面M行I,J，代表了第I个工作必须在第J个工作前完成。保证必有解

Output

 

输出最少需要的运输次数。

Sample Input

5 6
1 2 1 2 1
1 2
1 3
2 4
3 4
2 5
3 5

Sample Output

2

HINT

100%数据中n<=100000，m<=1000000。

对于所有的限制条件，我们可以建成一张有向图，限制(i,j)我们转化为建一条i->j的边，那么我们每次都是只能做入度为0的点。

我们枚举该次是在第一个实验室还是在第二个实验室，假设在第x个实验室：

我们把在这个实验室所有可以做的步骤全部都做掉，就是把可以做的点连出去的边都去掉，如果这次操作使得某个点的入度变为0，那么就把这个点加入（如果是在第一个实验室做的就放在第一个数组最后，不然放到第二个数组的最后），新加入的点如果能在这个实验室做，我们也直接做掉。

然后再到另一个实验室做，就这样往复交替，直到所有的都做完。开始的时候枚举在第一个实验室还是第二个、

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define N 200005using namespace std;int c[3][N],cnt[3],in[N],k,fir[N],n,m,l,r,num[N],in1[N];int ans,ans1;struct he{int r,nx;}a[N*10];void add(int l,int r){k++;a[k].r=r;a[k].nx=fir[l];fir[l]=k;}void work(int now){if(cnt[1]==0&&cnt[2]==0) return ;ans++;for(int i=1;i<=cnt[now];i++){int u=c[now][i];for(int j=fir[u];j!=-1;j=a[j].nx){in[a[j].r]--;if(in[a[j].r]==0){cnt[num[a[j].r]]++;c[num[a[j].r]][cnt[num[a[j].r]]]=a[j].r;}}}cnt[now]=0;work(3-now);}int main(){memset(fir,-1,sizeof(fir));scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&num[i]);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&l,&r);add(l,r);in[r]++;}int now=2;for(int i=1;i<=n;i++){if(in[i]==0){if(num[i]==1) now=1;cnt[num[i]]++;c[num[i]][cnt[num[i]]]=i;}in1[i]=in[i];}work(now);for(int i=1;i<=n;i++)in[i]=in1[i];for(int i=1;i<=n;i++)if(in[i]==0){cnt[num[i]]++;c[num[i]][cnt[num[i]]]=i;}ans1=ans-1;ans=0;work(3-now);ans1=min(ans1,ans-1);printf("%d\n",ans1);}