题目描述
给定有向图 \(G = (V, E)\) 。设 \(P\) 是 \(G\) 的一个简单路（顶点不相交）的集合。如果 \(V\) 中每个顶点恰好在 \(P\) 的一条路上，则称 \(P\) 是 \(G\) 的一个路径覆盖。\(P\) 中路径可以从 \(V\) 的任何一个顶点开始，长度也是任意的，特别地，可以为 \(0\) 。\(G\) 的最小路径覆盖是 \(G\) 的所含路径条数最少的路径覆盖。
设计一个有效算法求一个有向无环图 \(G\) 的最小路径覆盖。
输入格式
第 \(1\) 行有 \(2\) 个正整数 \(n\) 和 \(m\) 。\(n\) 是给定有向无环图 \(G\) 的顶点数，\(m\) 是 \(G\) 的边数。
接下来的 \(m\) 行，每行有 \(2\) 个正整数 \(u\) 和 \(v\) ，表示一条有向边 \((i, j)\) 。
输出格式
从第 \(1\) 行开始，每行输出一条路径。
文件的最后一行是最少路径数。
样例
样例输入
11 12
1 2
1 3
1 4
2 5
3 6
4 7
5 8
6 9
7 10
8 11
9 11
10 11
样例输出
1 4 7 10 11
2 5 8
3 6 9
3
数据范围与提示
\(1 \leq n \leq 200, 1 \leq m \leq 6000\)
题解
将每个点拆成两个点，出点和入点
源点向所有出点连容量为 \(1\) 的边，所有入点向汇点连容量为 \(1\) 的边
如果原图中有 \(u\) 到 \(v\) 的边，那么在 \(u\) 的出点向 \(v\) 的入点连容量为 \(1\) 的边
那么原点数减去新的二分图中的最大匹配的就是答案
#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=200,MAXM=6000,inf=0x3f3f3f3f;
int e=1,n,m,beg[MAXN<<1],nex[MAXM<<1],to[MAXM<<1],out[MAXM<<1],level[MAXN<<1],vis[MAXM<<1],cur[MAXN<<1],cap[MAXM<<1],nxt[MAXN<<1],clk,s,t,ans;
std::queue<int> q;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void insert(int x,int y,int z)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
out[e]=x;
beg[x]=e;
cap[e]=z;
to[++e]=x;
nex[e]=beg[y];
out[e]=y;
beg[y]=e;
cap[e]=0;
}
inline bool bfs()
{
memset(level,0,sizeof(level));
level[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(!level[to[i]]&&cap[i])
{
level[to[i]]=level[x]+1;
q.push(to[i]);
}
}
return level[t];
}
inline int dfs(int x,int maxflow)
{
if(!maxflow||x==t)return maxflow;
vis[x]=clk;
int res=0,f;
for(register int &i=cur[x];i;i=nex[i])
if((vis[x]^vis[to[i]])&&cap[i]&&level[to[i]]==level[x]+1)
{
f=dfs(to[i],min(maxflow,cap[i]));
maxflow-=f;
cap[i]-=f;
cap[i^1]+=f;
res+=f;
if(!maxflow)break;
}
vis[x]=0;
return res;
}
inline int Dinic()
{
int res=0;
while(bfs())clk++,memcpy(cur,beg,sizeof(cur)),res+=dfs(s,inf);
return res;
}
inline void exdfs(int x)
{
if(!x)return ;
vis[x]=1;
if(x<=n)write(x,' ');
exdfs(nxt[x]);
}
int main()
{
read(n);read(m);
for(register int i=1;i<=m;++i)
{
int u,v;
read(u);read(v);
insert(u,v+n,1);
}
s=n+n+1,t=s+1;
for(register int i=1;i<=n;++i)insert(s,i,1),insert(n+i,t,1);
ans=Dinic();
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(register int i=2;i<=(m<<1);i+=2)
if(!cap[i])nxt[out[i]]=to[i];
for(register int i=1;i<=n;++i)nxt[i+n]=i;
for(register int i=1;i<=n;++i)
if(!vis[i])exdfs(i),puts("");
write(n-ans,'\n');
return 0;
}