题面:

  Waldives 有 N 个小岛。目前的交通系统中包含 N-1 条快艇专线,每条快艇
  专线连接两个岛。这 N-1条快艇专线恰好形成了一棵树。
  由于特殊的原因,所有N-1条快艇专线都是单向的。这导致了很多岛屿之间
  不能相互到达。因此,Waldives 政府希望新建一些公交线路,使得建设完毕后,
  任意两个小岛都可以互相到达。为了节约开支,政府希望建设最少的公交线路。 
  同时,出于规划考虑,每一条公交线路都有如下的要求:
  1、每一条交通线路包含若干条连续的快艇专线,你可以认为一条公交线路  
  对应树上的一条路径,而其所包含的若干快艇专线则对应树上被这条路
  径所覆盖的树边(也就是之前已经存在的某个快艇专线);
  2、显然一条交通线路只能覆盖树上任意一条边至多一次;
  3、公交线路中所包含的每一个快艇专线都是有方向的,并且与其所覆盖的
  树边的方向相反;
  4、不同的公交线路可以覆盖树上相同的点或者相同的边。
  Waldives 的 N 个岛屿分别从 0 到 N-1 编号。现在给出 Waldives 已有的快艇
  专线信息,请计算最少所需要新建的交通线路的数量。

分析:

  这个题……

  复制一下yzy学长的题解吧……觉得说的已经很清楚+精炼了

  让每两个点都能相互到达显然需要覆盖所有的树边从S向每个点连边,从每个点向T连边。每条树边反向连一条下界为1,上界inf的边。跑最小流。

  最小流:

  类似 <有源汇上下界可行流> 的构图方法,但是不添加T到S的边,求一次超级源到超级汇的最大流。
  加边(T,S,0,+∞),在上一步残量网络基础上再求一次超级源到超级汇的最大流。
  流经T到S的边的流量就是最小流的值。
  该算法的思想是在第一步中尽可能填充循环流,以减小最小流的代价。

  数据范围感人……不加当前弧优化过不了……

代码:

 #include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define cpy() for(int i=0;i<=T;i++) cur[i]=h[i]
using namespace std;int S,T,tot=;
const int N=,inf=0x3f3f3f3f;
struct node{int y,z,nxt;}e[N*];
int a[N],q[N*],t[N],sm,cur[N];
int c=,h[N],d[N],m,k,n,ans;
void add(int x,int y,int z){
e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,,h[y]};h[y]=c;
} bool bfs(){int f=,t=;ms(d,-);
d[S]=;q[++t]=S;
while(f<=t){
int x=q[f++];
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==-&&e[i].z)
d[y]=d[x]+,q[++t]=y;
} return (d[T]!=-);
} int dfs(int x,int f){
if(x==T) return f;int w,tmp=;
for(int i=cur[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==d[x]+&&e[i].z){
w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
if(!w) d[y]=-;e[i].z-=w;
e[i^].z+=w;tmp+=w;
if(e[i].z>) cur[x]=i;
if(tmp==f) return f;
} return tmp;
} void solve(){
while(bfs()){cpy();tot+=dfs(S,inf);}
} int main(){
scanf("%d",&n);int TT=n+,SS=;
for(int i=,y,x;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y),x++,y++;
t[y]++;t[x]--;add(x,y,inf);
} S=n+;T=S+;
for(int i=;i<=n;i++)
add(SS,i,inf),add(i,TT,inf);
for(int i=;i<=n;i++)
if(t[i]>) add(S,i,t[i]);
else if(t[i]<) add(i,T,-t[i]);
solve();add(TT,SS,inf);solve();
printf("%d\n",e[c].z);return ;
}

最小流

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