bzoj1143 [CTSC2008]祭祀river

Description

在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。

 

由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。

Input

第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。

Output

第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。

Sample Input

4 4
1 2
3 4
3 2
4 2

Sample Output

2

【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。

HINT

 

对于每个测试点：如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数，那么你将得到该测试点30%的分数；如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数与一个可行的方案，那么你将得到该测试点60%的分数；如果你的输出完全正确，那么你将得到该测试点100%的分数

【数据规模】 N ≤ 100 M ≤ 1 000

 

 

同bzoj2718

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define LL long long
#define inf 0x7ffffff
#define S 0
#define T 2*n+1
using namespace std;
inline LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
struct edge{int to,next,v;}e[100010];
int n,m,cnt=1,ans;
bool go[1010][1010];
int head[100010];
int q[100010];
int h[100010];
inline void ins(int u,int v,int w)
{
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].v=w;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
inline void insert(int u,int v,int w)
{
	ins(u,v,w);
	ins(v,u,0);
}
inline bool bfs()
{
	memset(h,-1,sizeof(h));
	q[1]=S;h[S]=0;int t=0,w=1;
	while (t<w)
	{
		int now=q[++t];
		for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
		  if (e[i].v&&h[e[i].to]==-1)
		  {
		  	q[++w]=e[i].to;
		  	h[e[i].to]=h[now]+1;
		  }
	}
	if (h[T]==-1)return 0;
	return 1;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
	if (x==T||!f)return f;
	int w,used=0;
	for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
	 	if (e[i].v&&h[e[i].to]==h[x]+1)
	 	{
	 		w=dfs(e[i].to,min(f-used,e[i].v));
	 		e[i].v-=w;
	 		e[i^1].v+=w;
	 		used+=w;
	 		if (used==f)return f;
	 	}
	if (!used)h[x]=-1;
	return used;
}
inline void dinic()
{while (bfs())ans+=dfs(S,inf);}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		go[x][y]=1;
	}
	for (int k=1;k<=n;k++)
	for (int i=1;i<=n;i++)
	for (int j=1;j<=n;j++)
	if (go[i][k]&&go[k][j])go[i][j]=1;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=n;j++)
	if (go[i][j])insert(i,j+n,1);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	insert(S,i,1),insert(i+n,T,1);
	dinic();
	printf("%d\n",n-ans);
}