线性规划与网络流24题——03最小路径覆盖问题

 1738:最小路径覆盖问题

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Description

给定有向图G=(V,E)。设P 是G 的一个简单路（顶点不相交）的集合。如果V 中每个顶点恰好在P 的一条路上，则称P是G 的一个路径覆盖。P 中路径可以从V 的任何一个顶点开始，长度也是任意的，特别地，可以为0。G 的最小路径覆盖是G 的所含路径条数最少的路径覆盖。设计一个有效算法求一个有向无环图G 的最小路径覆盖。提示：设V={1，2，... ，n}，构造网络G1=(V1,E1)如下：每条边的容量均为1。求网络G1的（ x0 , y0 ）最大流。编程任务：对于给定的有向无环图G，编程找出G的一个最小路径覆盖。

Input

由文件input.txt提供输入数据。文件第1 行有2个正整数n和m。n是给定有向无环图G 的顶点数，m是G 的边数。接下来的m行，每行有2 个正整数i和j，表示一条有向边(i,j)。

Output

程序运行结束时，将最小路径覆盖输出到文件output.txt 中。从第1 行开始，每行输出一条路径。文件的最后一行是最少路径数。

Sample Input

11 121 21 31 42 53 64 75 86 97 108 119 1110 11

Sample Output

1 4 7 10 112 5 83 6 93

【问题分析】

有向无环图最小路径覆盖，可以转化成二分图最大匹配问题，从而用最大流解决。

【建模方法】

构造二分图，把原图每个顶点i拆分成二分图X，Y集合中的两个顶点Xi和Yi。对于原图中存在的每条边(i,j)，在二分图中连接边(Xi,Yj)。然后把二分图最大匹配模型转化为网络流模型，求网络最大流。

最小路径覆盖的条数，就是原图顶点数，减去二分图最大匹配数。沿着匹配边查找，就是一个路径上的点，输出所有路径即可。

【建模分析】

对于一个路径覆盖，有如下性质：

1、每个顶点属于且只属于一个路径。

2、路径上除终点外，从每个顶点出发只有一条边指向路径上的另一顶点。

所以我们可以把每个顶点理解成两个顶点，一个是出发，一个是目标，建立二分图模型。该二分图的任何一个匹配方案，都对应了一个路径覆盖方案。如果匹配数为0，那么显然路径数=顶点数。每增加一条匹配边，那么路径覆盖数就减少一个，所以路径数=顶点数 - 匹配数。要想使路径数最少，则应最大化匹配数，所以要求二分图的最大匹配。

注意，此建模方法求最小路径覆盖仅适用于有向无环图，如果有环或是无向图，那么有可能求出的一些环覆盖，而不是路径覆盖。

如果是无向图，则是N-（match/2）

「代码」

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define maxn 200000#define INF 1 << 30using namespace std;struct E{    int from, to, tab, next;}edge[maxn];int head[maxn], dist[maxn], d[maxn], vis[maxn], m, n, ans, tot, s, t;    void add_edge(int u, int v, int f){    tot++;    edge[tot].from = u, edge[tot].to = v, edge[tot].tab = f, edge[tot].next = head[u], head[u] = tot;    tot++;    edge[tot].from = v, edge[tot].to = u, edge[tot].tab = 0, edge[tot].next = head[v], head[v] = tot;}    int dfs(int x, int low){    int a;    if (x == t) return low;    for (int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next)        if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] == dist[x] + 1 && (a= dfs(edge[i].to, min(low, edge[i].tab))))        {            edge[i].tab -= a, edge[i^1].tab += a;            return a;        }    return 0;}    int bfs(){    int l, r, k;    memset(dist, 0xff, sizeof(dist));    d[0] = 0, d[1] = s;    dist[s] = 0;    l = 0, r = 1;    while (l < r)    {        k = d[++l];        for (int i = head[k]; i != -1; i = edge[i].next)            if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] < 0)                dist[edge[i].to] = dist[k] + 1, d[++r] = edge[i].to;    }    if (dist[t] > 0) return 1; else return 0;}    void dinic(){    ans = 0;    while (bfs()) ans += dfs(0, INF);}    void print(int k, int n){    vis[k] = 1;    for (int i = head[k]; i != -1; i = edge[i].next)        if(edge[i].tab == 0 && !vis[edge[i].to] && edge[i].to != s && edge[i].to != t)        {            printf(" %d", edge[i].to - n);            print(edge[i].to - n, n);            return;        }}    int main(){    int x, y;    scanf("%d%d", &n, &m);    tot = -1;    memset(head, 0xff, sizeof(head));    for (int i = 1; i <= n; i++) add_edge(0, i, 1);    for (int i = 1; i <= n; i++) add_edge(i + n, 2 * n + 1, 1);    for (int i = 1; i <= m; i++)    {        scanf("%d%d", &x, &y);        add_edge(x, y + n, 1);    }    s = 0, t = 2 * n + 1;    dinic();    ans = n - ans;    memset(vis, 0, sizeof(vis));    for (int i = 1; i <= n; i++)        if (!vis[i])        {            printf("%d", i);            print(i, n);            printf("\n");        }    printf("%d\n", ans);    return 0;}