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BZOJ1638: [Usaco2007 Mar]Cow Traffic 奶牛交通

2024-07-23 09:13:15   225人阅读

1638: [Usaco2007 Mar]Cow Traffic 奶牛交通

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Description

农场中,由于奶牛数量的迅速增长,通往奶牛宿舍的道路也出现了严重的交通拥堵问题.FJ打算找出最忙碌的道路来重点整治. 这个牧区包括一个由M (1 ≤ M ≤ 50,000)条单行道路(有向)组成的网络,以及 N (1 ≤ N ≤ 5,000)个交叉路口(编号为1..N),每一条道路连接两个不同的交叉路口.奶牛宿舍位于第N个路口.每一条道路都由编号较小的路口通向编号较大的路口.这样就可以避免网络中出现环.显而易见,所有道路都通向奶牛宿舍.而两个交叉路口可能由不止一条边连接. 在准备睡觉的时候,所有奶牛都从他们各自所在的交叉路口走向奶牛宿舍,奶牛只会在入度为0的路口,且所有入度为0的路口都会有奶牛. 帮助FJ找出最忙碌的道路,即计算所有路径中通过某条道路的最大次数.答案保证可以用32位整数存储.

Input

第一行:两个用空格隔开的整数:N,M.

第二行到第M+1行:每行两个用空格隔开的整数ai,bi,表示一条道路从ai到bi.

Output

第一行: 一个整数,表示所有路径中通过某条道路的最大次数.

Sample Input

7 7
1 3
3 4
3 5
4 6
2 3
5 6
6 7

Sample Output

4
样例说明:

1 4
\ / \
3 6 -- 7
/ \ /
2 5
通向奶牛宿舍的所有路径:

1 3 4 6 7
1 3 5 6 7
2 3 4 6 7
2 3 5 6 7

HINT

Source

Silver

题解：

这道题还不错，正反两次递推

对于一条边(a,b)，原图中入度为0的点到a的路径条数F，原图中b到N的路径条数G，那么这条边的经过次数为F*G

代码：（copy hzwer）

 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #define ll long long 6 #define inf 1000000000 7 using namespace std; 8 inline int read() 9 {10     int x=0,f=1;char ch=getchar();11     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}12     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}13     return x*f;14 }15 int n,m,cnt1,cnt2,ans;16 int u[50005],v[50005];17 int head[5005],h[5005],f[5005],g[5005],r[5005];18 struct edge1{int to,next;}e[50005];19 struct edge2{int to,next;}ed[50005];20 void insert(int u,int v)21 {22     e[++cnt1].to=v;e[cnt1].next=head[u];head[u]=cnt1;23     ed[++cnt2].to=u;ed[cnt2].next=h[v];h[v]=cnt2;24 }25 void dp1(int x)26 {27     if(!head[x]){f[x]=1;return;}28     for(int i=head[x];i;i=e[i].next)29     {30         if(!f[e[i].to])dp1(e[i].to);31         f[x]+=f[e[i].to];32     }33 }34 void dp2(int x)35 {36     if(!h[x]){g[x]=1;return;}37     for(int i=h[x];i;i=ed[i].next)38     {39         if(!g[ed[i].to])dp2(ed[i].to);40         g[x]+=g[ed[i].to];41     }42 }43 int main()44 {45     n=read();m=read();46     for(int i=1;i<=m;i++)47     {48         u[i]=read();v[i]=read();49         insert(u[i],v[i]);50     }51     for(int i=1;i<=n;i++)52         if(!f[i])dp1(i);53     dp2(n);54     for(int i=1;i<=m;i++)55         ans=max(ans,g[u[i]]*f[v[i]]);56     printf("%d\n",ans);57     return 0;58 }
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