HDU 3639 Hawk-and-Chicken (强连通缩点+DFS)

<题目链接>

题目大意：

有一群孩子正在玩老鹰抓小鸡，由于想当老鹰的人不少，孩子们通过投票的方式产生，但是投票有这么一条规则：投票具有传递性，A支持B，B支持C，那么C获得2票（A.B共两票），输出最多能获得的票数是多少张和获得最多票数的人是谁？(如果有多个人获得的票数都是最多的，就将他们全部输出)。

解题分析：

不难看出，同一连通分量的所有点得到的票数肯定是相同的，所以我们先将原图进行Tarjan缩点。对于缩完点后的图，我们发现，票数最多的人一定在出度为0的"点"中，因为如果票数最多的点不是出度为0的"点"，那么它所到达的那个"点"的票数一定大于当前"点"的票数，这与当前"点"票数最多相矛盾。然后考虑对入度为0的"点"的票数统计，我们可以在缩点后进行重新构图，相互连通的"点"之间建立反边，这样方便DFS统计当前"点"的票数。需要注意的是，当前连通分量中所有的点在当前连通分量中获得的票数为num[now]-1(因为要除去自己)，然后再加上以这个点为起点，能够到达所有连通分量的点数，即为这个点能够得到的票数。

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <vector>
 #include <algorithm>
 using namespace std;

 #define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
 #define pb push_back
 #define mp make_pair
 const int N = 5e3+, M = 3e4+;
 int n,m,tot,cnt,cnt1,scc,top,sum;
 int head[N],head1[N],low[N],dfn[N],belong[N],stk[N],instk[N],num[N],outdeg[N],vis[N],ans[N];
 vector<int>G[N];
 struct Edge{
     int to,next;
 }edge[M],edge1[M];
 void init(){
     rep(i,,n)G[i].clear();
     tot=cnt=cnt1=scc=top=;
     clr(head,-);clr(head1,-);clr(low,);clr(num,);clr(ans,);
     clr(dfn,);clr(stk,);clr(instk,);clr(belong,);clr(outdeg,);
 }
 void addedge(int u,int v){
     edge[cnt].to=v,edge[cnt].next=head[u];
     head[u]=cnt++;
 }
 void addedge1(int u,int v){      //添加缩点后的反向边
     edge1[cnt1].to=v,edge1[cnt1].next=head1[u];
     head1[u]=cnt1++;
 }
 void Tarjan(int u){
     dfn[u]=low[u]=++tot;
     stk[++top]=u;instk[u]=;
     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(instk[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]);
     }
     if(dfn[u]==low[u]){
         scc++;
         while(true){
             int v=stk[top--];
             instk[v]=;
             belong[v]=scc;
             G[scc].pb(v);
             if(v==u)break;
         }
     }
 }
 void dfs(int u){   //统计以u连通分量为起点能够到达所有的连通分量的点数之和
     vis[u]=;
     sum+=num[u];
     for(int i=head1[u];~i;i=edge1[i].next){
         int v=edge1[i].to;
         if(!vis[v])dfs(v);
     }
 }
 int main(){
     int T,ncase=;scanf("%d",&T);
     while(T--){
         init();
         scanf("%d%d",&n,&m);
         rep(i,,m) {
             int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
             u++,v++;
             addedge(u,v);
         }
         rep(i,,n) if(!dfn[i]){
             Tarjan(i);
         }
         rep(i,,n) num[belong[i]]++;     //求出每个连通分量的点数
         rep(u,,n) for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
             int v=edge[i].to;
             int tmp1=belong[u],tmp2=belong[v];
             if( tmp1!=tmp2 ){        //缩点后，进行重新构图，并且添加的是反向边，方便进行票数的统计
                 addedge1(tmp2,tmp1);outdeg[tmp1]++;
             }
         }
         int mx=-;
         rep(i,,scc) if(!outdeg[i]){    //统计所有出度为0的连通分量所能够得到的票数
             clr(vis,);
             sum=;dfs(i);
             ans[i]=sum-;     //获得的票数为路径上所有的点数和-1，因为自己不能获得自己的票
             mx=max(mx,ans[i]);
         }
         printf("Case %d: %d\n",++ncase,mx);
         bool first=false;
         rep(i,,n) if(ans[belong[i]]==mx){    //将所有票数等于最大票数的点输出
             if(!first)printf("%d",i-);
             else printf(" %d",i-);
             first=true;
         }puts("");
     }
 }

2018-12-01