bzoj1194 [HNOI2006]潘多拉的盒子

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Description

传说中，有个神奇的潘多拉宝盒。如果谁能打开，便可以拥有幸福、财富、爱情。可是直到真的打开，才发现与之
相随的还有灾难、不幸。其实，在潘多拉制造这个宝盒的时候，设置了一些咒语来封锁住灾难与不幸。然而，直到
科技高度发达的今天，人们才有希望弄懂这些咒语。所以说，上千年来，人们只得忍受着各种各样的疾病和死亡的
痛苦。然而，人类的命运从此改变了。经过数十年的研究，NOI组织在最近终于弄清楚了潘多拉咒语的原理。咒语
是由一个叫做咒语机的机器产生的。用现在的名词来解释，咒语机其实就是一个二进制产生器，它产生的一个二进
制字符串（这个字符串叫做咒语源）经加密后就形成了咒语。二进制产生器的结构是这样的：它由n个元件组成，
不妨设这n个元件的标号为0到n-1。在每个时刻，都有且仅有一个信号，它停留在某个元件上。一个信号就是一个
二进制字符串。最开始，有一个空串信号停留在元件0上。在某个时刻，如果有一个信号s停留在元件I上，那么，
这时元件i可以将信号后面加一个0,然后把信号传给元件pi,0，也可以将信号后面加一个1,然后传给元件pi,1。也
就是说，下一个时刻有可能，一种可能是一个信号S0（表示字串S后面加一个0形成的字串）仪在元件pi,0上，另一
种可能是有一个信号S1停留在元件pi,1上。有的元件可以将停留在它上面的信号输出，而输出的信号就成为了咒语
源，这样的元件叫做咒语源输出元。不难发现，有些口语源是可能由一个咒语机产生的，而另一些咒语源则不行。
例如，下图的咒语机能产生1,11,111,1111,…等咒语源，但是不能产生0,10,101等咒语源。在这个盒子上，有K个
咒语机，不妨将这些咒语机从0到K-1标号。可能有这种情况，一个咒语机i能够产生的口语源，咒语机j都能产生。
这时，我们称咒语机j是咒语机i的升级。而衡量这个例子的复杂程度的一种办法是：看这个盒子上升级次数最多的
一个咒语机。即：找到一个最长的升级序列a1,a2…at。该升级序列满足：序列中任意两个咒语机的标号都不同，
且都是0到k-1（包含0和k-1）之间的整数，且咒语机a2是咒语机a1的升级，咒语机a3是咒语机a2的升级…，咒语
机at是咒语机at-1的升级。你想远离灾难与不幸吗？你想从今以后沐浴幸福的阳光吗？请打开你的潘多拉之盒吧。
不过在拱形它之前，你先得计算一下宝盒上最长的升级序列。

Input

第一行是一个正整数S，表示宝盒上咒语机的个数，（1≤S≤50）。
文件以下分为S块，每一块描述一个咒语机，按照咒语机0,咒语机1…咒语机S－1的顺序描述。
每一块的格式如下。
一块的第一行有两个正整数n,m。分别表示该咒语机中元件的个数、咒语源输出元的个数
（1≤m≤n≤50）。
接下来一行有m个数，表示m个咒语源输出元的标号（都在0到n-1之间）。
接下来有n行，每一行两个数。第i行（0≤i≤n-1）的两个数表示pi,0和pi,1
（当然，都在0到n-1之间）。
Output

第一行有一个正整数t,表示最长升级序列的长度。

Sample Input

4
1 1
0
0 0
2 1
0
1 1
0 0
3 1
0
1 1
2 2
0 0
4 1
0
1 1
2 2
3 3
0 0
Sample Output

3
HINT

Source

题意：判断一个自动机所能输出的串是否另一个全部都能输出如果是那么就认为被包含于另一个串怎么做暴力是指数级的那就宽搜因为宽搜的状态是n^2级别的所以复杂度n^2
设{x,y}这个二元组表示当前处在a自动机的x位置 b自动机的y位置判断如果x是出口y不是就直接退出即可
否则当把所有状态都搜索完认为是包含即可
然后暴力枚举每个的配对情况每个都暴力bfs验证如果包含就建边因为存在环所以先tarjan然后再拓扑dp求最长链即可

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline char gc(){static char now[1<<16],*S,*T;if (T==S){T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin);if(T==S) return EOF;}return *S++;
}
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=gc();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=gc();return x*f;
}
const int M=55;
struct Auto_M{int n,m,trans[M][2],end[M];
}am[M];
struct node{int y,next;
}data[M*M],data1[M*M];
struct node1{int x,y;};bool stackf[M];
int h1[M],h[M],b[M],s,T,in[M],num,dfn[M],low[M],q[M],top,size[M],dp[M];
inline bool bfs(const Auto_M &a,const Auto_M &b){static node1 q[100000];static int l,r;l=1;r=0;static bool visit[M][M];memset(visit,0,sizeof(visit));q[++r]=(node1){0,0};visit[0][0]=1;while(l<=r){static int x,y,xx,yy;node1 lt=q[l++];x=lt.x;y=lt.y;if(a.end[x]&&!b.end[y]) return 0;for (int i=0;i<2;++i){xx=a.trans[x][i],yy=b.trans[y][i];if(visit[xx][yy]) continue;visit[xx][yy]=1;q[++r]=(node1){xx,yy};}}return 1;
}
inline void insert1(int x,int y){data[++num].y=y;data[num].next=h[x];h[x]=num;
}
inline void insert2(int x,int y){data1[++num].y=y;data1[num].next=h1[x];h1[x]=num;
}
inline void tarjan(int x){low[x]=dfn[x]=++num;stackf[x]=1;q[++top]=x;for (int i=h[x];i;i=data[i].next){int y=data[i].y;if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);else if (stackf[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);}if (dfn[x]==low[x]){++s;int y;do{y=q[top--];b[y]=s;++size[s];stackf[y]=0;}while(x!=y);}
}
int main(){freopen("bzoj1194.in","r",stdin);T=read();for (int i=1;i<=T;++i){am[i].n=read();am[i].m=read();for (int j=1;j<=am[i].m;++j) am[i].end[read()]=1;for (int j=0;j<am[i].n;++j) am[i].trans[j][0]=read(),am[i].trans[j][1]=read();}for (int i=1;i<=T;++i){for (int j=1;j<=T;++j){if (i==j) continue;if(bfs(am[i],am[j])) insert1(i,j);//printf("%d %d\n",i,j);}}num=0;queue<int>q;for (int i=1;i<=T;++i) if (!dfn[i]) tarjan(i);num=0;for (int x=1;x<=T;++x){for (int i=h[x];i;i=data[i].next){int y=data[i].y;if (b[x]==b[y]) continue;++in[b[y]];insert2(b[x],b[y]);}}for (int i=1;i<=s;++i) if (!in[i]) q.push(i),dp[i]=size[i];while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();for (int i=h1[x];i;i=data1[i].next){int y=data1[i].y;if (!--in[y]) q.push(y);dp[y]=max(dp[y],dp[x]+size[y]);}}int ans=0;for (int i=1;i<=s;++i) ans=max(ans,dp[i]);printf("%d\n",ans);return 0;
}

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