A-区间选点Ⅱ

题目描述

给定一个数轴上的 n 个区间，要求在数轴上选取最少的点使得第 i 个区间 [ai, bi] 里至少有 ci 个点
使用差分约束系统的解法解决这道题

Input

输入第一行一个整数 n 表示区间的个数，接下来的 n 行，每一行两个用空格隔开的整数 a，b 表示区间的左右端点。1 <= n <= 50000， 0 <= ai <= bi <= 50000 并且 1 <= ci <= bi - ai+1。

Output

输出一个整数表示最少选取的点的个数

Sample Input

Sample Output

解题思路

这道题要求用差分约束系统写。
先构造不等式组

记sum[i]表示数轴上[0,i]之间选点的个数
对于第i个区间[ai,bi]需要满足sum[bi]-sum[ai-1]>=ci，即sum[bi]>=ci+sum[ai-1]，ai-1指向bi的边权重为ci，每次存储边，同时更新右端点

同时还需要保证sum是有意义的

0<=sum[i]-sum[i-1]<=1，i-1指向i的边权重为0，i指向i-1的边权重为-1，从0至右端点，对每个单位区间添加这两条边

求解该差分约束系统的最小解，转化为 >= 不等式组用spfa跑最长路，答案为sum[max{bi}]，b_max为右端点。

注意

因为存在不等式0<=sum[0]-sum[-1]<=1,所以将区间整体右移一个单位.

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>using namespace std;const int inf=1e8;
const int N=50110;
const int M=50010*4;
int n,dis[N],head[N],vis[N],tot,b_max=0;
queue<int> q;struct Edge {int to,nxt,w;
}e[M];void add(int x,int y,int w) {e[++tot].to=y;e[tot].nxt=head[x];e[tot].w=w;head[x]=tot;
}void init() {for(int i=0;i<=50010;++i) {dis[i]=-inf;vis[i]=0;}tot=0;
}void spfa(int s) {q.push(s);dis[s]=0;vis[s]=1;while(!q.empty()) {int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;for(int i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {int v=e[i].to;if(dis[v]<dis[u]+e[i].w) {dis[v]=dis[u]+e[i].w;if(!vis[v]) {q.push(v);vis[v]=1;}}}}
}int main() {scanf("%d",&n);int a=0,b=0,c=0;init();for(int i=1;i<=n;++i) {scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);a += 1,b += 1;add(a-1,b,c);if(b_max<b) b_max=b;}for(int i=1;i<=b_max;++i) {add(i,i-1,-1);add(i-1,i,0);}spfa(0);printf("%d\n",dis[b_max]);return 0;
}

B-猫猫向前冲

题目描述

众所周知， TT 是一位重度爱猫人士，他有一只神奇的魔法猫。
有一天，TT 在 B 站上观看猫猫的比赛。一共有 N 只猫猫，编号依次为1，2，3，…，N进行比赛。比赛结束后，Up 主会为所有的猫猫从前到后依次排名并发放爱吃的小鱼干。不幸的是，此时 TT 的电子设备遭到了宇宙射线的降智打击，一下子都连不上网了，自然也看不到最后的颁奖典礼。
不幸中的万幸，TT 的魔法猫将每场比赛的结果都记录了下来，现在他想编程序确定字典序最小的名次序列，请你帮帮他。

Input

输入有若干组，每组中的第一行为二个数N（1<=N<=500），M；其中N表示猫猫的个数，M表示接着有M行的输入数据。接下来的M行数据中，每行也有两个整数P1，P2表示即编号为 P1 的猫猫赢了编号为 P2 的猫猫。

Output

给出一个符合要求的排名。输出时猫猫的编号之间有空格，最后一名后面没有空格!

其他说明：符合条件的排名可能不是唯一的，此时要求输出时编号小的队伍在前；输入数据保证是正确的，即输入数据确保一定能有一个符合要求的排名。

Sample Input

Sample Output

1 2 4 3

解题思路

拓扑排序，前向星存图，有向无权。
Kahn算法：
存图后，入度为0的点加入队列，由于编号小的先输出，使用优先队列，设置为小根堆。
每次从堆中取出一个顶点u，加入ans，然后遍历u的所有边(u,v)，并删除（即v的in_deg–），如果移除后邻接点v入度为0，将v加入堆中，不断重复上述过程，直到所有点加入ans即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>using namespace std;int n,m,in_deg[510],head[510],tot;
vector<int> ans;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> q;struct Edge{int to,nxt;
}e[50010];void add(int u,int v) {e[++tot].to=v;e[tot].nxt=head[u];head[u]=tot;
}
void init() {for(int i=0;i<=n;++i) {head[i]=-1;in_deg[i]=0;}while(!q.empty()) q.pop();ans.clear();tot=0;
}int main() {int x=0,y=0;while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) {init();while(m--) {scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);in_deg[y]++;}for(int i=1;i<=n;++i) if(in_deg[i]==0) q.push(i);while(!q.empty()) {int u=q.top();q.pop();ans.push_back(u);for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt) {int v=e[i].to;in_deg[v]--;if(in_deg[v]==0) q.push(v);}}for(int i=0;i<ans.size()-1;++i) printf("%d ",ans[i]);printf("%d\n",ans[ans.size()-1]);}return 0;
}

C-班长竞选

题目描述

大学班级选班长，N 个同学均可以发表意见若意见为 A B 则表示 A 认为 B 合适，意见具有传递性，即 A 认为 B 合适，B 认为 C 合适，则 A 也认为 C 合适勤劳的 TT 收集了M条意见，想要知道最高票数，并给出一份候选人名单，即所有得票最多的同学，你能帮帮他吗？

Input

本题有多组数据。第一行 T 表示数据组数。每组数据开始有两个整数 N 和 M (2 <= n <= 5000, 0 <m <= 30000)，接下来有 M 行包含两个整数 A 和 B(A != B) 表示 A 认为 B 合适。

Output

对于每组数据，第一行输出 “Case x: ”，x 表示数据的编号，从1开始，紧跟着是最高的票数。接下来一行输出得票最多的同学的编号，用空格隔开，不忽略行末空格！

Sample Input

Sample Output

Case 1: 2
0 1
Case 2: 2
0 1 2

解题思路

有向图SCC并缩点，互相可达与单向可达分开考虑。
对于属于第i个SCC的点来说，答案分为两部分（SCC[i]为第i个SCC中点的个数）——

当前SCC中的点，ans+=SCC[i]-1（去除自己）
其他SCC中的点，sum(SCC[j])，j可到达i

这种思路下很容易想到，得票最多一定出现在出度为0的SCC中！
那么在反图中，对每个入度为0的点dfs，累加能达到点的SCC[i]，即可得到答案。

具体做法：
用Kosaraju求SCC
① 第一遍dfs遍历原图，得到原图的后序序列dfn
② 对后序序列从n开始逆向对所有点第二遍dfs（相当于对逆后序序列从头开始），c[i]中存储原始点i所属的SCC编号，SCC[i]为编号为i的SCC中点的个数

缩点
将同一个SCC的点合并成一个点，遍历反图中的每个点的邻接边，如果边的两端点不属于同一SCC则在缩点图中加入该边，加入边时，计数每个SCC入度，最终形成新的缩点图。

计算每个SCC获得的票数存入ans[i]
由题可知：同一SCC中的点获得票数相同为SCC-1
遍历缩点后的图，对于入度为0的点（缩点后的图源于反图，所以在原图就是出度为0的点，所有可以到达它的点，都给它投票），进行第三遍dfs计算每个缩点总共获得的票数（去除自己）

计算最大得票数max_ans
遍历原图的所有点，如果某点在所在的SCC的ans==max_ans，则输出该点

注意

原题序号为0-N-1，图中为1-N，因此最后应输出i-1。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>using namespace std;int t,n,m,tot1,tot2,tot,dcnt,scnt,sum,max_ans;
int h_org[5010],h_inv[5010],h_ctr[5010],vis[5010];
int dfn[5010],c[5010],scc[5010],in_deg[5010],ans[5010],s_vis[5010];struct Edge {int to,nxt;
}e_org[30010],e_inv[30010],e_ctr[30010];void add1(int u,int v) {//原图 e_org[++tot1].to=v;e_org[tot1].nxt=h_org[u];h_org[u]=tot1;
}void add2(int u,int v) {//反图 e_inv[++tot2].to=v;e_inv[tot2].nxt=h_inv[u];h_inv[u]=tot2;
}void add(int u,int v) {//缩点图 e_ctr[++tot].to=v;e_ctr[tot].nxt=h_ctr[u];h_ctr[u]=tot;in_deg[v]++;
}void dfs1(int x) {vis[x]=1;for(int i=h_org[x];i;i=e_org[i].nxt) {int y=e_org[i].to;if(!vis[y]) dfs1(y);}//后序dfn[++dcnt]=x;
} void dfs2(int x) {c[x]=scnt;scc[scnt]++;for(int i=h_inv[x];i;i=e_inv[i].nxt) {int y=e_inv[i].to;if(!c[y]) dfs2(y);}
}void dfs(int x) {s_vis[x]=1;sum+=scc[x];for(int i=h_ctr[x];i;i=e_ctr[i].nxt) {int y=e_ctr[i].to;if(!s_vis[y]) dfs(y);}
}void kosaraju() {dcnt=0,scnt=0;memset(c,0,sizeof c);memset(vis,0,sizeof vis);//正向遍历 for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]) dfs1(i);//逆后序;for(int i=n;i>=1;--i) if(!c[dfn[i]]) ++scnt,dfs2(dfn[i]);
}void shrink() {//缩点for(int x=1;x<=n;++x) {for(int i=h_inv[x];i;i=e_inv[i].nxt) {int y=e_inv[i].to;if(c[x]==c[y]) continue;add(c[x],c[y]);}}
}void init() {for(int i=0;i<=5010;++i) {h_org[i]=0;h_inv[i]=0;h_ctr[i]=0;dfn[i]=0;in_deg[i]=0;scc[i]=0;ans[i]=0;}sum=0;max_ans=0;tot1=0;tot2=0;tot=0;
}
int main() {scanf("%d",&t);int a=0,b=0;for(int k=1;k<=t;++k) {scanf("%d%d",&n,&m);init();for(int i=1;i<=m;++i) {scanf("%d%d",&a,&b);add1(a+1,b+1);add2(b+1,a+1);}kosaraju();shrink();for(int i=1;i<=scnt;++i) {if(!in_deg[i]) {sum=0;//每个入度为0的连通分量都要dfs memset(s_vis,0,sizeof s_vis);dfs(i);ans[i]=sum-1;if(max_ans<ans[i]) max_ans=ans[i];}}printf("Case %d: %d\n",k,max_ans);int flag=0;for(int i=1;i<=n;++i) {if(ans[c[i]]==max_ans) {if(!flag) {printf("%d",i-1);flag++;}else printf(" %d",i-1);}}printf("\n");  } return 0;
}

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