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很好的脑洞题：dfs+暴力 Gym - 101128A Promotions

2024-09-15 04:16:44   217人阅读

http://codeforces.com/gym/101128

 

 

题目大意：给你一个a,b,e,p。有e个点，p条有向边，每条边为(x,y)，表示x->y，每次我们都取出一个入度为0的，并且一次性取出来的个数为a（或b）。当然，取出来的种类可能有很多种（即一个集合），问，这个集合中有多少个数字是相同的。

第一个输出集合长度为a的，第二个输出集合长度为b的，第三个输出无论如何都无法被取出的个数。

 

思路：建立正向图和反向图。

定义pair<int, int> interval[i] 表示第i个节点能在[L, R]的任意步走到，L表示first，R表示second

首先for(0~e)，暴力目前节点是i

然后我们向上dfs一次，表示走到当前节点至少需要几步。这个就是左端点

然后我们再从上到下进行bfs，每次如果能走，那么step就++，

然后无法bfs了，就是最终的step，就是右端点
然后就是最后的三个判断了

if (interval[i].se <= a) ans1++;
if (interval[i].se <= b) ans2++;
if (interval[i].fi > b) ans3++;

 

orz，想了3个小时（刚开始以为可能存在环，所以还特地写了强连通，后来发现，去掉强连通了也AC了，一口老血）

跑了960ms

技术分享 
//看看会不会爆int!数组会不会少了一维！
//取物问题一定要小心先手胜利的条件
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ALL(a) a.begin(), a.end()
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define haha printf("haha\n")
const int maxn = 5000 + 5;
int a , b , e , p;
vector<int> edge[maxn];
vector<int> disedge[maxn];///反向
int in[maxn], tmpin[maxn];
vector<int> zero;
int step;
bool vis[maxn], can[maxn];
int cnt[maxn];
pair<int, int> interval[maxn];

void dfs(int u){
    vis[u] = true;
    step++;
    for (int i = 0; i < disedge[u].size(); i++){
        int v = disedge[u][i];
        if (vis[v]) continue;
        dfs(v);
    }
}

void solve(){
    for (int i = 0; i < e; i++){
        step = 1;
        for (int j = 0; j < e; j++) vis[j] = false, tmpin[j] = in[j];
        vis[i] = true;
        for (int j = 0; j < disedge[i].size(); j++){
            int v = disedge[i][j];
            if (!vis[v]) dfs(v);
        }
        interval[i].fi = step;
        queue<int> que;
        for (int j = 0; j < zero.size(); j++){
            if(zero[j] != i) que.push(zero[j]);
        }
        while (!que.empty()){
            queue<int> tmp;
            while (!que.empty()){
                int pos = que.front(); que.pop();
                if (!vis[pos]) step++;
                for (int j = 0; j < edge[pos].size(); j++){
                    int v = edge[pos][j];
                    if (v == i) continue;
                    tmpin[v]--;
                    if (tmpin[v] == 0) tmp.push(v);
                }
            }
            que = tmp;
        }
        interval[i].se = step;
    }
    int ans1 = 0, ans2 = 0, ans3 = 0;
    for (int i = 0; i < e; i++){
        if (interval[i].se <= a) ans1++;
        if (interval[i].se <= b) ans2++;
        if (interval[i].fi > b) ans3++;
    }
    printf("%d\n%d\n%d\n", ans1, ans2, ans3);
}

int main(){
    while (scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &e, &p) == 4){
        zero.clear();
        for (int i = 0; i < e; i++) {
            in[i] = 0, can[i] = true;
            edge[i].clear(), disedge[i].clear();
        }
        for(int i = 0 ; i < p ; ++ i){
            int u, v;
            scanf("%d%d" , &u , &v);
            edge[u].push_back(v);
            disedge[v].push_back(u);
            in[v]++;
        }
        for (int i = 0; i < e; i++){
            if (in[i] == 0) zero.push_back(i);
        }
        solve();
    }
    return 0;
}
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看了一下大佬的想法，果然是我比较zz：大佬的链接

对于第一个输出和第二个输出，他们的右端点就是n-num[i]，其中num[i]表示i节点所支配的节点的个数，当n-num[i] <= x的时候，i节点必然选择。

然后对于第三种的话，定义他是节点i，那么我们就是看看节点i什么时候“解封”（即可以选择），那么我们对于所有的能到节点i的节点的num都加在一起（建立反向图即可），那么所有的num和如果大于b，就++即可

 

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