POJ 2186 Popular Cows

来源：互联网发布：linux 定时任务没反应编辑：程序博客网时间：2024/06/05 10:17

题目链接：http://poj.org/problem?id=2186

题目描述：

现有n头牛（牛的编号是1～n），给定m中关系，每种关系的描述为A B，表示A牛是B牛的粉丝，并且规定如果A是B的粉丝，B是C的粉丝，那么A是C的粉丝，对于一头牛来说，如果其余所有牛都是该牛的粉丝，那么该牛则为明星牛，问这n头牛中明星牛的头数。

对于牛的关系来说，如果牛A是牛B的粉丝，可以建一条牛A到牛B的有向边。那么这里可以用强连通分量的知识解，线性时间复杂度，可以参照http://blog.csdn.net/dg_programming/article/details/38761893

对于强连通分量来说，如果牛A是一头明星牛，那么牛A所在的强连通分量中的每头牛必定也是明星牛，先建边再进行强连通分量的分解，由分解算法可以知道，在反向图GT中，第i个强连通分量必定没有到第i+j（j > 0 ）的边，因为是反向图中，故在正向图中第i+j个强连通分量中的牛并定没有到第i个强连通分量中的牛的边，则不是其粉丝。那么假设有k个强连通分量，则第k-1个强连通分量中的牛必定不是第0~k-2个连通分量中牛的粉丝，则他们不是明星牛，即只有可能是第k-1个连通分量中的牛是明星牛，这时只要再反向图中检测是不是从k-1个连通分量的牛有到前k-1个强连通分量的牛的路径即可，那么直接调用反向DFS，看是否所有的used全为true即可。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<vector>#include<cstring>using namespace std ;const int MAXV = 1e4 + 5 ;vector<int> G[MAXV], rG[MAXV] ;vector<int> vs ;int cmp[MAXV], n, m, v ;bool used[MAXV] ;//void addEdge(int from, int to){G[from].push_back(to) ;rG[to].push_back(from) ;}//void dfs(int v){used[v] = true ;for( int i = 0; i < G[v].size(); i++ ){if( !used[G[v][i]] )dfs(G[v][i]) ;}vs.push_back(v) ;}//void rdfs(int v, int k){used[v] = true ;cmp[v] = k ;for( int i = 0; i < rG[v].size(); i++ ){if( !used[rG[v][i]] )rdfs(rG[v][i],k) ;}}//int scc(){memset(used,0,sizeof(used)) ;memset(cmp,0,sizeof(cmp)) ;vs.clear() ;for( int i = 0; i < v; i++ ){if( !used[i] )   dfs(i) ;}memset(used,0,sizeof(used)) ;int k = 0 ;for( int i = vs.size()-1; i >= 0; i-- ){if( !used[vs[i]] )rdfs(vs[i],k++) ;}return k ;}//int main(){//freopen("1234.in","r",stdin) ;while( scanf("%d%d",&n,&m) != EOF ){int x, y ;for( int i = 0; i < MAXV; i++ ){G[i].clear(), rG[i].clear() ;}//建边for( int i = 0; i < m; i++ ){scanf("%d%d",&x,&y) ;addEdge(x-1,y-1) ;}v = n ;//分解int k = scc() ;int num = 0, u ;//取第K-1个强连通分量for( int i = 0; i < n; i++ ){if( cmp[i] == k-1 ){num++ ;u = i ;}}memset(used,0,sizeof(used)) ;rdfs(u,0) ;//看从第k-1个连通分量中的牛到其他是不是可达for( int i = 0; i < n; i++ ){if( !used[i] ){num = 0 ; break ;}}printf("%d\n",num) ;}}

0 0