BZOJ2815 ZJOI2012 灾难 构造+LCA+树形dp+拓扑排序
来源:互联网 发布:淘宝最低价插件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/18 03:26
阿米巴是小强的好朋友。
阿米巴和小强在草原上捉蚂蚱。小强突然想,如果蚂蚱被他们捉灭绝了,那么吃蚂蚱的小鸟就会饿死,而捕食小鸟的猛禽也会跟着灭绝,从而引发一系列的生态灾难。
学过生物的阿米巴告诉小强,草原是一个极其稳定的生态系统。如果蚂蚱灭绝了,小鸟照样可以吃别的虫子,所以一个物种的灭绝并不一定会引发重大的灾难。
我们现在从专业一点的角度来看这个问题。我们用一种叫做食物网的有向图来描述生物之间的关系: 一个食物网有 N个点,代表 N 种生物,如果生物 x 可以吃生物 y,那么从 y向 x 连一个有向边。
这个图没有环。
图中有一些点没有连出边,这些点代表的生物都是生产者,可以通过光合作用来生存; 而有连出边的点代表的都是消费者,它们必须通过吃其他生物来生存。
如果某个消费者的所有食物都灭绝了,它会跟着灭绝。
我们定义一个生物在食物网中的“灾难值”为,如果它突然灭绝,那么会跟
着一起灭绝的生物的种数。
给定一个食物网,你要求出每个生物的灾难值。
【输入格式】
输入文件 catas.in 的第一行是一个正整数 N,表示生物的种数。生物从 1 标
号到 N。
接下来 N 行,每行描述了一个生物可以吃的其他生物的列表,格式为用空
格隔开的若干个数字,每个数字表示一种生物的标号,最后一个数字是 0 表示列
表的结束。
【输出格式】
输出文件 catas.out 包含N行,每行一个整数,表示每个生物的灾难值。
【样例输入】
5
0
1 0
1 0
2 3 0
2 0
【样例输出】
4
1
0
0
0
【样例说明】
样例输入描述了题目描述中举的例子。
【数据规模】
对 50%的数据,N ≤ 10000。
对 100%的数据,1 ≤ N ≤ 65534。
输入文件的大小不超过 1M。保证输入的食物网没有环。
BZ上的题干丢掉了,这里补充一下……
首先,我们可以对图进行拓扑排序,但是这样的复杂度是
我们要对他进行改造
还是,我们先拓扑排序,然后考虑,在什么样的情况下,他会被干掉
我们假设他的食物分别为
只有当他们的Lca被干掉的时候,他才可能死掉,否则的话必然存在一种食物存活,使得他也能活下去
我们可以按照拓扑序讲这些点插入到一个新的树里,每次把一个点
但是这里有一个小问题,就是动态的
时间复杂度
#include <stdio.h>#include <string.h>#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>const int N = 240000+5;const int M = 240000+5;using namespace std;int stack[N];int top;struct graph{ int head[N],n,size[N]; int in[N],fa[N][20],depth[N]; queue <int> q; struct line { int next,to; line () {} line (int _next,int _to) :next(_next),to(_to){} }edge[M]; inline void add(int x,int y) { static int cnt = 0; edge[++cnt] = line(head[x],y); head[x] = cnt; } void Topological_sorting() { for(int i=1;i<=n;++i) if(!in[i]) q.push(i); while(!q.empty()) { int tt = q.front(); q.pop(); stack[++top] = tt; for(int i=head[tt];i;i=edge[i].next) if(!--in[edge[i].to]) q.push(edge[i].to); } } int lca(int x,int y) { if(x==-1)return y; if(depth[x] < depth[y])swap(x,y); int tt = depth[x] - depth[y]; for(int i=0;i<20;++i) if((1<<i)&tt) x = fa[x][i]; if(x==y)return x; for(int i=19;~i;--i) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x = fa[x][i],y = fa[y][i]; return fa[x][0]; } void Pre(int x) { for(int i=1;i<20;++i) fa[x][i] = fa[fa[x][i-1]][i-1]; } void DFS(int x) { size[x] = 1; for(int i=head[x];i;i=edge[i].next) if(edge[i].to!=fa[x][0]) DFS(edge[i].to),size[x] += size[edge[i].to]; }}G1,G2;void build(){ for(int tmp = top;tmp>0;--tmp) { int x = stack[tmp]; int fa = -1; for(int i=G1.head[x];i;i=G1.edge[i].next) fa = G2.lca(fa,G1.edge[i].to); if(fa == -1) fa = 0; G2.add(fa,x); G2.depth[x] = G2.depth[fa] + 1; G2.fa[x][0] = fa; G2.Pre(x); }}inline int read(){ int x=0,f=1;char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f=-1;ch = getchar();} while(ch >='0' && ch <='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch = getchar();} return x*f;}int main(){ int n = read(); G1.n = G2.n = n; for(int i=1;i<=n;++i) { int tmp = read(); while(tmp) { G1.add(i,tmp); G1.in[tmp]++; tmp = read(); } } G1.Topological_sorting();// for(int i=1;i<=top;++i) // cout << stack[i] << endl; build(); G2.DFS(0); for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",G2.size[i]-1);}
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