[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。

N≤100M≤1000

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

2

【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。

Solution

这个题么，一句话题解了，就是一个最长反链裸题，直接套上板子就可以了。最长反链覆盖请见笔者的文章网络流建模基础。

Code

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define re register
#define inf 400000000
#define MAXN 10001
#define MAXM 100001
using namespace std;
int n,s,q,dis[2000011],t,l,cur[200051],m,f[301][301];
struct po
{
    int nxt,to,w;
}edge[MAXM];
int head[MAXN],dep[MAXN],num=-1;
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=' ';
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
    while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*c;
}
inline void add_edge(int from,int to,int w)
{
    edge[++num].nxt=head[from];
    edge[num].to=to;
    edge[num].w=w;
    head[from]=num;
}
inline void add(int from,int to,int w)
{
    add_edge(from,to,w);
    add_edge(to,from,0);
}
inline bool bfs()
{
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    queue<int> q;
    while(!q.empty())
    q.pop();
    q.push(s);
    dep[s]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(re int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt)
        {
            int v=edge[i].to;
            if(dep[v]==0&&edge[i].w>0)
            {
                dep[v]=dep[u]+1;
                if(v==t)
                return 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return 0;
}
inline int dfs(int u,int dis)
{
    if(u==t)
    return dis;
    int diss=0;
    for(re int& i=cur[u];i!=-1;i=edge[i].nxt)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(edge[i].w!=0&&dep[v]==dep[u]+1)
        {
            int check=dfs(v,min(dis,edge[i].w));
            if(check>0)
            {
                dis-=check;
                diss+=check;
                edge[i].w-=check;
                edge[i^1].w+=check;
                if(dis==0) break;
            }
        }
    }
    return diss;
}
inline int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs())
    {
        for(re int i=0;i<=t;i++)
        cur[i]=head[i];
        while(int d=dfs(s,inf))
        ans+=d;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    n=read();m=read();
    for(re int i=1;i<=m;i++){
    	int x,y;
    	x=read();y=read();
    	f[x][y]=1;
    }
    for(re int k=1;k<=n;k++)
    	for(re int i=1;i<=n;i++)
    		for(re int j=1;j<=n;j++)
    			if(i!=j&&j!=k&&k!=i)
    				if(f[i][k]&&f[k][j]) f[i][j]=1;
    s=0;t=n+n+1;
    for(re int i=1;i<=n;i++)
    	for(re int j=1;j<=n;j++){
    		if(i!=j){
    			if(f[i][j]){
    				add(i,j+n,1);
    			}
    		}
    	}
    for(re int i=1;i<=n;i++)
    	add(s,i,1),add(i+n,t,1);
    cout<<n-dinic();
    return 0;
}