洛谷 P2656 （缩点 + DAG图上DP）

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题目大意：

小胖和ZYR要去ESQMS森林采蘑菇。

ESQMS森林间有N个小树丛，M条小径，每条小径都是单向的，连接两个小树丛，上面都有一定数量的蘑菇。小胖和ZYR经过某条小径一次，可以采走这条路上所有的蘑菇。由于ESQMS森林是一片神奇的沃土，所以一条路上的蘑菇被采过后，又会长出一些新的蘑菇，数量为原来蘑菇的数量乘上这条路的“恢复系数”，再下取整。

比如，一条路上有4个蘑菇，这条路的“恢复系数”为0.7，则第一~四次经过这条路径所能采到的蘑菇数量分别为4,2,1,0.

现在，小胖和ZYR从S号小树丛出发，求他们最多能采到多少蘑菇。

分析：

1、题目没有限定路走的次数，显然如果图中有强连通分量（即有向环），那么这个环中的所有边都可以无数次访问，直到所有边能采到的蘑菇数量为 0 ，即为该连通分量的最大价值，故先进行缩点。

2、缩点之后，全图变为DAG图，然后每个点有价值，其次每条边有价值（且这个价值不会再乘以 恢复系数 ，因为缩点后不可能再走第二次）。那么求一些缩点与边权的最大价值，故用 DP 解答。

3、本题还要注意的是，它会给你一个起点，所以在拓扑排序中，在这个起点上面的点可以直接忽略，当然我们也可以全部初始化为负无穷，然后设起点 DP 值为该点的价值（如果这个起点是缩点的话，否则价值是 0 的），这样求最大值的时候，所有状态只会从起点转移，就不用将起点上面的点排除了，更方便。

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<queue>
#define maxn 80008
using namespace std;
int n,m,cnt,tot,Index,sum,st;
int low[maxn],dfn[maxn],flag[maxn],head[maxn],q[maxn];
int pre[maxn],s[maxn],in[maxn],qhead[maxn];
int b[maxn],dp[maxn];
bool vis[maxn];
struct Edge
{
    int to;
    int val;
    double t;
    int next;
}edge[];
struct EDGE
{
    int to;
    int val;
    int next;
}E[];
inline void add(int u,int v,int w,double t)
{
    edge[++cnt].to=v;
    edge[cnt].val=w;
    edge[cnt].t=t;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
    return;
}
inline void qadd(int u,int v,int w)
{
    E[++cnt].to=v;
    E[cnt].val=w;
    E[cnt].next=qhead[u];
    qhead[u]=cnt;
    return;
}
void tarjan(int u)
{
    low[u]=dfn[u]=++Index;
    q[++tot]=u;
    vis[u]=true;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(!dfn[v]){
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        }
        else if(vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    }
    if(low[u]==dfn[u])
    {
        ++sum;//缩点的序号
        do{
            pre[q[tot]]=sum;
            vis[q[tot--]]=false;
        }while(q[tot+]!=u);
    }
    return;
}
void topo()
{
    queue<int> Q;
    while(!Q.empty()) Q.pop();
    for(int i=;i<=sum;i++){
        if(!in[i]) Q.push(i);
    }
    while(!Q.empty())
    {
        int x=Q.front();
        Q.pop();
        b[++cnt]=x,dp[x]=-0x3f3f3f3f;//记住要初始化为负无穷，不然会 WA 一个点
        for(int i=qhead[x];i;i=E[i].next){
            int v=E[i].to;
            in[v]--;
            if(!in[v]) Q.push(v);
        }
    }
    return;
}
int main()
{
    //freopen("test.in","r",stdin);
    //freopen("test.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int A,B,C;
    double D;
    for(int i=;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d%lf",&A,&B,&C,&D);
        add(A,B,C,D);
    }
    scanf("%d",&st);
    for(int i=;i<=n;i++){if(!dfn[i]) tarjan(i);}
    cnt=;
    for(int i=;i<=n;i++){
        for(int j=head[i];j;j=edge[j].next){
            int v=edge[j].to;
            if(pre[i]!=pre[v]){qadd(pre[i],pre[v],edge[j].val);in[pre[v]]++;}
            else{
                int ans=edge[j].val;
                int res=edge[j].val*edge[j].t;
                while(res){    //算这个缩点的总价值，即按题意把所有边乘到为 0
                    ans+=res;
                    res=res*edge[j].t;
                }
                s[pre[i]]+=ans;
            }
        }
    }
    cnt=;
    topo();//保证有向图 DP 顺序
    dp[pre[st]]=s[pre[st]];//标记从起点所代表的缩点上为初始态转移
    for(int i=;i<=cnt;i++){
        int u=b[i];
        for(int j=qhead[u];j;j=E[j].next){
            int v=E[j].to;
            dp[v]=max(dp[v],dp[u]+E[j].val+s[v]);
        }
    }
    int ans=-0x3f3f3f3f;
    for(int i=;i<=cnt;i++) ans=max(ans,dp[i]);
    printf("%d\n",ans );
}