Description

给定一个\(N\)个点\(M\)条边的\(DAG(N,M\leq10^6)\),边权为\(1\)。删去一个点,使剩余图中的最长路径最短,求删去的点和最长路径长度。

Solution

神仙而有趣的一题\(Orz\),可能讲的不是很清楚\(QAQ\)

先求出终点为\(u\)的最长路\(f_u\)和起点为\(u\)的最长路\(g_u\),经过\((u,v)\)边的最长路为\(f_u+g_v+1\),这个可以用建正反图然后拓扑排序得到。

考虑删除\(u\)点,即不经过\(u\)的入边与出边的最长路,暴力就是把所有最长路权值丢到数据结构中,然后每次删除一些权值后统计答案,复杂度\(O(n^2logn)\),难以接受。

考虑\(DAG\)的性质,每一条边\((u->v)\)中\(u\)的拓扑序小于\(v\)。所以考虑按拓扑序处理,处理\(u\)前,把反图的出边相关信息\(pop\),统计答案后把正图的出边相关信息\(push\)。

然后我们需要一个支持\(pop,push\)指定数并求出\(max\)的数据结构,用两个堆(优先队列)就可以做到了。

Code

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#define rep(i, a, b) for (register int i=(a); i<=(b); ++i)
#define per(i, a, b) for (register int i=(a); i>=(b); --i)
using namespace std;
const int N=500005;
vector<int> G[N], IG[N];
struct Priority_queue
{
priority_queue<int> a, b;
void push(int x){a.push(x);}
void pop(int x){b.push(x);}
int top()
{
while (!b.empty() && a.top()==b.top())
a.pop(), b.pop();
return a.top();
}
}Q;
int deg[N], q[N], f[N], g[N], l, r, ans, pos; inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
} int main()
{
int n=read(), m=read(); ans=m;
rep(i, 1, m)
{
int u=read(), v=read();
G[u].push_back(v); IG[v].push_back(u);
deg[v]++;
}
rep(i, 1, n) if (!deg[i]) q[++r]=i;
while (l<r)
{
int u=q[++l];
for (int v: G[u]) if (!(--deg[v])) q[++r]=v;
}
rep(i, 1, n)
{
int u=q[i];
for (int v: G[u]) f[v]=max(f[v], f[u]+1);
}
per(i, n, 1)
{
int u=q[i];
for (int v: IG[u]) g[v]=max(g[v], g[u]+1);
}
rep(i, 1, n) Q.push(g[i]), Q.push(-1);
rep(i, 1, n)
{
int u=q[i];
for (int v: IG[u]) Q.pop(f[v]+g[u]+1);
Q.pop(g[u]);
if (ans>Q.top()) ans=Q.top(), pos=u;
for (int v: G[u]) Q.push(f[u]+g[v]+1);
Q.push(f[u]);
}
printf("%d %d\n", pos, ans);
return 0;
}

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