BZOJ 1143 1143: [CTSC2008]祭祀river 最长反链

1143: [CTSC2008]祭祀river

Description

在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。

由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。

Input

第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。

Output

第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。

Sample Input

4 4
1 2
3 4
3 2
4 2

Sample Output

【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。

HINT

对于每个测试点：如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数，那么你将得到该测试点30%的分数；如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数与一个可行的方案，那么你将得到该测试点60%的分数；如果你的输出完全正确，那么你将得到该测试点100%的分数

【数据规模】 N ≤ 100 M ≤ 1 000

题解：http://www.cnblogs.com/JoeFan/p/4324380.html

//meek

///#include<bits/stdc++.h>

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cmath>

#include <string>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <queue>

#include <map>

#include <set>

#include <stack>

#include <sstream>

#include <vector>

using namespace std ;

typedef long long ll;

#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))

#define pb push_back

#define fi first

#define se second

#define MP make_pair

inline ll read()

{

    ll x=,f=;

    char ch=getchar();

    while(ch<''||ch>'')

    {

        if(ch=='-')f=-;

        ch=getchar();

    }

    while(ch>=''&&ch<='')

    {

        x=x*+ch-'';

        ch=getchar();

    }

    return x*f;

}

//****************************************

const int N=+;

const ll INF = 1ll<<;

const int inf = <<;

const int mod= ;

int y[],g[][],lk[],n,m,ans,gg[][];

int dfs(int v) {

    for(int i=;i<=n;i++) {

        if(g[v][i]&&!y[i]) {

            y[i]=;

            if(lk[i]==||dfs(lk[i])) {

                lk[i]=v;

                return ;

            }

        }

    }

    return ;

}

void solve() {

    mem(gg);

    ans=;

    for(int i=;i<=n;i++) {

        mem(y);

        ans+=dfs(i);

    }

    printf("%d\n",n-ans);

}

int main() {

    n=read(),m=read();

    int a,b;

    for(int i=;i<=m;i++) {

        scanf("%d%d",&a,&b);

        g[a][b]=;

    }

    for(int k=;k<=n;k++) {

        for(int i=;i<=n;i++) {

            for(int j=;j<=n;j++) {

                    g[i][j]=(g[i][k]&&g[k][j])||g[i][j];

            }

        }

    }

    solve();

    return ;

}

代码