Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 348  Solved: 172
[Submit][Status][Discuss]

Description

【故事背景】
还记得去年JYY所研究的强连通分量的问题吗?去年的题目里,JYY研究了对于有向图的“加边”问题。对于图论有着强烈兴趣的JYY,今年又琢磨起了“删边”的问题。
【问题描述】
对于一个N个点(每个点从1到N编号),M条边的有向图,JYY发现,如果从图中删去一些边,那么原图的连通性会发生改变;而也有一些边,删去之后图的连通性并不会发生改变。
JYY想知道,如果想要使得原图任意两点的连通性保持不变,我们最多能删掉多少条边呢?
为了简化一下大家的工作量,这次JYY保证他给定的有向图一定是一个有向无环图(JYY:大家经过去年的问题,都知道对于给任意有向图的问题,最后都能转化为有向无环图上的问题,所以今年JYY就干脆简化一下大家的工作)。

Input

输入一行包含两个正整数N和M。
接下来M行,每行包含两个1到N之间的正整数x_i和y_i,表示图中存在一条从x_i到y_i的有向边。
输入数据保证,任意两点间只会有至多一条边存在。
N<=30,000,M<=100,000

Output

输出一行包含一个整数,表示JYY最多可以删掉的边数。

Sample Input

5 6
1 2
2 3
3 5
4 5
1 5
1 3

Sample Output

2

HINT

 

Source

 
神题QWQ...
 
首先,一条边$(u,v)$可以删除的条件为:删除这条边后,仍然能从$u$走到$v$
这样的话我们可以贪心处理,对于两个点$(u,v)$,我们保留其最长的路径,其余的全部删去
 
具体实现的时候我们可以先来一边拓扑排序,同时记录下每个点出现的时间,以及该时间入队的点
一个点连出去最长的边一定是包含先访问的点(又是一个贪心)
然而正序处理的话我们并不知道一个点连到的点的联通性
因此我们倒序处理,
联通性用bitset维护
网上的代码都比较神,看了老半天才懂QWQ。。
 
时间复杂度$O(\frac{n*m}{32}$)$
 
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<23,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
using namespace std;
const int MAXN=;
inline int read()
{
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
}
struct node
{
int u,v,nxt;
}edge[MAXN*];
int head[MAXN],num=;
inline void AddEdge(int x,int y)
{
edge[num].u=x;
edge[num].v=y;
edge[num].nxt=head[x];
head[x]=num++;
}
int VisitTime[MAXN];//i是第几个入队的
int InputTime[MAXN];//第i个入队的是谁
int inder[MAXN];
bitset<MAXN>can[MAXN];//联通性
int N,M;
int to[MAXN];
int comp(const int &a,const int &b)
{
return VisitTime[a]<VisitTime[b];
}
void Topsort()
{
queue<int>q;
for(int i=;i<=N;i++)
if(inder[i]==) q.push(i);
int tot=;
while(q.size()!=)
{
int p=q.front();q.pop();
InputTime[++tot]=p;
VisitTime[p]=tot;
for(int i=head[p];i!=-;i=edge[i].nxt)
{
inder[edge[i].v]--;
if(inder[edge[i].v]==)
q.push(edge[i].v);
}
}
int ans=;
for(int i=N;i>=;i--)
{
int x=InputTime[i],tot=;
can[x][x]=;
for(int j=head[x];j!=-;j=edge[j].nxt)
to[++tot]=edge[j].v;
sort(to+,to+tot+,comp);
for(int j=;j<=tot;j++)
{
if(can[x][to[j]]) ans++;
else can[x]|=can[to[j]];
}
}
printf("%d",ans);
}
int main()
{
#ifdef WIN32
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
memset(head,-,sizeof(head));
N=read(),M=read();
for(int i=;i<=M;i++)
{
int x=read(),y=read();
AddEdge(x,y);
inder[y]++;
}
Topsort();
return ;
}
 

BZOJ4484: [Jsoi2015]最小表示(拓扑排序乱搞+bitset)的更多相关文章

  1. [BZOJ4484][JSOI2015]最小表示[拓扑排序+bitset]

    题意 给你一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的 \(\rm DAG\) ,询问最多能够删除多少条边,使得图的连通性不变 \(n\leq 3\times 10^4\ ,m\leq 10^5\) . ...

  2. BZOJ 4484: [Jsoi2015]最小表示(拓扑排序+bitset)

    传送门 解题思路 \(bitset\)维护连通性,给每个点开个\(bitset\),第\(i\)位为\(1\)则表示与第\(i\)位联通.算答案时显然要枚举每条边,而枚举边的顺序需要贪心,一个点先到达 ...

  3. BZOJ_2208_[Jsoi2010]连通数_强连通分量+拓扑排序+手写bitset

    BZOJ_2208_[Jsoi2010]连通数_强连通分量+拓扑排序+手写bitset Description Input 输入数据第一行是图顶点的数量,一个正整数N. 接下来N行,每行N个字符.第i ...

  4. BZOJ4484 JSOI2015最小表示(拓扑排序+bitset)

    考虑在每个点的出边中删除哪些.如果其出边所指向的点中存在某点能到达另一点,那么显然指向被到达点的边是没有用的.于是拓扑排序逆序处理,按拓扑序枚举出边,bitset维护可达点集合即可. #include ...

  5. P2805 [NOI2009]植物大战僵尸(最小割+拓扑排序)

    题意: n*m的矩阵,每个位置都有一个植物.每个植物都有一个价值(可以为负),以及一些它可以攻击的位置.从每行的最右面开始放置僵尸,僵尸从右往左行动,当僵尸在植物攻击范围内时会立刻死亡.僵尸每到一个位 ...

  6. bzoj4484[JSOI2015]最小表示

    题意 给出一张DAG,要求删除尽量多的边使得连通性不变.(即:若删边前u到v有路径,则删边后仍有路径).点数30000,边数100000. 分析 如果从u到v有(u,v)这条边,且从u到v只有这一条路 ...

  7. HDU 1285 确定比赛名次【字典序最小的拓扑排序 + 优先队列】

    确定比赛名次 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submis ...

  8. 纯拓扑排序一搞poj2367

    /* author: keyboarder time : 2016-05-18 12:21:26 */ #include<cstdio> #include<string.h> ...

  9. 【拓扑排序】【bitset】Gym - 101128A - Promotions

    给你一张DAG,若选择u点,则必须先选择所有能到达其的点.问你在选择A个点的情况下,哪些点必选:选择B个点的情况下,哪些点必选:选择B个点的情况下,哪些点一定不选. 选择A个点的情况,必选的点是那些其 ...

随机推荐

  1. DOS窗口查看端口占用

    背景:最近用tomcat,一直访问不了,要账号密码登录,最后发现问题原因根本是tomcat的默认端口号8080被占用了,下面介绍如何通过dos窗口找到占用端口的进程. 方法: 打开DOS窗口,输入ne ...

  2. Go语言数组

    目录 声明数组 数组在内存的结构 初始化数组 使用数组 函数间传递数组 数组使用注意事项 数组是具有相同唯一类型的一组已编号且长度固定的数据项序列(这是一种同构的数据结构);这种类型可以是任意的原始类 ...

  3. Testing - 敏捷测试

    敏捷测试(Agile Testing) SM= Scrum Master PO= Product Owner PB= Product Backlog SB= Sprint Backlog Scrum ...

  4. 剑指offer【04】- 重建二叉树(java)

    题目:重建二叉树 考点:树 题目描述:输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果,请重建出该二叉树.假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字.例如输入前序遍历序列{1,2,4,7,3,5,6, ...

  5. 《CLR Via C#》读书笔记:27.计算限制的异步操作

    一.CLR 线程池基础 一般来说如果计算机的 CPU 利用率没有 100% ,那么说明很多进程的部分线程没有运行.可能在等待 文件/网络/数据库等设备读取或者写入数据,又可能是等待按键.鼠标移动等事件 ...

  6. 改变input的值不会触发change事件的解决思路

    通常来说,如果我们自己通过 value 改变了 input 元素的值,我们肯定是知道的,但是在某些场景下,页面上有别的逻辑在改变 input 的 value 值,我们可能希望能在这个值发生变化的时候收 ...

  7. 纸上谈兵: 伸展树 (splay tree)[转]

    作者:Vamei 出处:http://www.cnblogs.com/vamei 欢迎转载,也请保留这段声明.谢谢!  我们讨论过,树的搜索效率与树的深度有关.二叉搜索树的深度可能为n,这种情况下,每 ...

  8. 绑定Github上的个人博客到Godaddy域名

    大家好,这里是「 从零开始学 Web 系列教程 」,并在下列地址同步更新...... github:https://github.com/Daotin/Web 微信公众号:Web前端之巅 博客园:ht ...

  9. centos 7 linux 安装与卸载 tomcat 7

    一.声明 本文采用操作系统版本: Centos 7 Linux系统 版本源:CentOS-7-x86_64-DVD-1708.iso 官网下载地址:http://isoredirect.centos. ...

  10. linux 命令 — xargs

    xargs xargs能接收stdin并将其转化为特定命令的命令行参数,构建单行命令的重要工具 command | xargs 指定分隔符 echo "splitXsplitXsplitXs ...