标签：答案 ret queue ring next zoj 例子 highlight 网上
题目描述
输入
输出
第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。
样例输入
4 4
1 2
3 4
3 2
4 2
样例输出
2
题解
Floyd+拆点+网络流最小割
看了网上那些高端的做法，不明觉厉。
最多能保留几个点，即最少需要去掉几个点，即最小割。
先用Floyd求出两个点是否能同时选择（即不连通），然后建图，如果两个不同的点i和j不能同时选择，则加i->j‘的边，容量为inf。
再加源点s->i的边，容量为1，加i‘->汇点t的边，容量为1。
然后跑dinic即可，答案为n-maxflow。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
queue<int> q;
int map[110][110] , head[210] , to[12000] , val[12000] , next[12000] , cnt = 1 , dis[210] , s , t;
void add(int x , int y , int z)
{
to[++cnt] = y;
val[cnt] = z;
next[cnt] = head[x];
head[x] = cnt;
}
bool bfs()
{
int x , i;
while(!q.empty()) q.pop();
memset(dis , 0 , sizeof(dis));
dis[s] = 1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
x = q.front();
q.pop();
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && !dis[to[i]])
{
dis[to[i]] = dis[x] + 1;
if(to[i] == t) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x , int low)
{
if(x == t) return low;
int temp = low , i , k;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
if(val[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1)
{
k = dinic(to[i] , min(temp , val[i]));
if(!k) dis[to[i]] = 0;
val[i] -= k , val[i ^ 1] += k;
if(!(temp -= k)) break;
}
}
return low - temp;
}
int main()
{
int n , m , i , j , k , x , y , ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
s = 0 , t = 2 * n + 1;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
scanf("%d%d" , &x , &y) , map[x][y] = 1;
for(k = 1 ; k <= n ; k ++ )
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
map[i][j] |= map[i][k] & map[k][j];
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
add(s , i , 1) , add(i , s , 0) , add(i + n , t , 1) , add(t , i + n , 0);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
if(i != j && map[i][j])
add(i , j + n , inf) , add(j + n , i , 0);
while(bfs())
ans += dinic(s , inf);
printf("%d\n" , n - ans);
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6476115.html
