POJ 1236 Network Of Schools 【Targan】+【缩点】

<题目链接>

题目大意：

有N个学校，每个学校之间单向可以发送软件，现在给你一些学校之间的收发关系。问你下面两个问题：至少要给多少个学校发送软件才能使得最终所有学校都收到软件；至少要多加多少个关系才能使得向任意一个学校发送一套软件，每个学校都能收到软件。 

解题分析：

首先，对该图进行缩点，显然第一问问的就是，缩点后的入度为0的联通块的数量(因为这些点没有入度，必须人为的给它们软件，它们才能接收到软件)；第二问，显然就是问至少要加多少条边，使得该图变为强连通图，强连通图有个条件，就是所有的点一定要有出度和入度，所以我们可以让没有出度的点连上没有入度的点，等到出度或者入度为0的点不存在时，再把出度或入度为0的点补完(不能自己连自己，因为题目要求的是最少需要多少条边，所以考虑最优情况)，注意，当整张图为连通图时，它的出度和入度均为0，max(1,1)=1,但是实际上不需要补边，所以这种情况需要特判。

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <string>
 #include <algorithm>
 #include <queue>
 using namespace std;

 const int M = 1e5 + ;
 int n, m, u, v, tot, top, cnt, col;
 struct node {
     int v, next;
 } edge[M];
 int head[M], instack[M], stk[M];
 int dfn[M], low[M], belong[M],in[M],out[M];
 void init() {
     tot = cnt = top = col = ;
     memset(stk, , sizeof(stk));
     memset(head, -, sizeof(head));
     memset(dfn, , sizeof(dfn));
     memset(instack, , sizeof(instack));
 }
 void add(int u, int v) {
     edge[tot].v = v,edge[tot].next = head[u];
     head[u] = tot++;
 }
 void tarjan(int u) {
     dfn[u] = low[u] = ++col;    //col为遍历到该点的编号时间
     instack[u] = ;    //标记该元素是否在栈里
     stk[top++] = u;
     for (int i = head[u] ; ~i ; i = edge[i].next) {
         int v = edge[i].u;
         if (!dfn[v]) {
             tarjan(v);
             low[u] = min(low[u], low[v]);
         }
         else if (instack[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
     }
     if (dfn[u] == low[u]) {
         cnt++;   //记录连通块的数量
         int tmp;
         do{
             tmp = stk[--top];
             instack[tmp] = ;
             belong[tmp] = cnt;     //给该连通块中的点染色
         } while(tmp != u) ;
     }
 }
 void solve() {
     for (int i =  ; i <= n ; i++)
         if (!dfn[i]) tarjan(i);
 }
 int main() {
     while(scanf("%d", &n) != EOF) {
         init();
         memset(in, , sizeof(in));
         memset(out, , sizeof(out));
         for (int i =  ; i <= n ; i++) {
             int v;
             scanf("%d", &v);
             while(v) {
                 add(i, v);
                 scanf("%d", &v);
             }
         }
         for (int i =   ; i <= n ; i++)
             if (!dfn[i]) tarjan(i);
         for (int i =  ; i <= n ; i++) {
             for (int j = head[i] ; ~j ; j = edge[j].next) {
                 if (belong[edge[j].v] != belong[i]) {
                     in[belong[edge[j].v]]++;    //统计每个连通块的出度和入度
                     out[belong[i]]++;
                 }
             }
         }
         int sumin = , sumout = ;
         for (int i =  ; i <= cnt ; i++) {    //遍历每个连通块
             if (!in[i]) sumin++;      //入度为0的连通分量个数
             if (!out[i])sumout++;     //出度为0的连通分量个数
         }
         printf("%d\n", sumin);
         if (cnt == ) printf("0\n");   //如果该图已经是一个强连通图，只有一个强连通分量,则不需要加边
         else printf("%d\n", max(sumin, sumout));
     }
     return ;
 }

2018-09-30