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<2009年5月>
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研究了Lynncui牛的代码,才知道解题思路:
先Tarjan强连通缩点,(假设共n2个)得到的id[i]编号为0的分支,其出度为0(有可能是Popular Cows)。
再判断其他强连通分支是否有出度
        1)如果其中有一个分支没有出度,则0分支不可能是Popular Cows(considered popular by every other cow)
        2)如果其他所有强连通分支都有出度,
                2.1)则必要其中一个分支有边指向0分支(假设为i),
                     因为各连通分支之间的边不会构成环,(反证,如果没有边指向0的分支,
                        则在n2-1个分支中都有出度,且都指向n2-1个分支中的一个)
                2.2)同理可知在除i外的n2-2个分支中,定有一个分支有边指向0分支或i分支
                ......
                    0分支为Popular Cows

#include  < iostream >
#include 
< stack >
#include 
< vector >
#define  MAX 10002
using   namespace  std;


struct  Node {
    
int  e, val;
}
item;

vector 
< vector < Node >   >  g(MAX);
stack
< int >  st;

int  ord[MAX], low[MAX], id[MAX];
// ord[i]:结点i的访问次序; low[i]:与i连接的结点最先访问的次序(最高的祖先); 
// id[i]:记录i结点属于第几个连通分量
int  cnt, scnt, n, n2;
// cnt记录访问次序,scnt记录强连通数; n记录结点数



// Tarjan算法,计算强连通,邻接表形式,复杂度O(V^2)
// scnt记录强连通数,id[i]记录i结点属于第几个连通分量。
void  dfs( int  e)
{
    
int  t, i;
    
int  min  =  low[e]  =  ord[e]  =  cnt ++ ;
    st.push(e);
    
for (i  =   0 ; i  <  g[e].size(); i ++ ) {
        t 
=  g[e][i].e;
        
if (ord[t]  ==   - 1 )
            dfs(t);
        
if (low[t]  <  min)
            min 
=  low[t];
    }

    
    
// 有回边
     if (min  <  low[e]) {
        low[e] 
=  min;
        
return ;
    }

    
// 在同一颗树(子树有回边)属于同一连通分量
     do {
        id[t 
=  st.top()]  =  scnt;
        low[t] 
=  n;
        st.pop();
    }
while (t  !=  e);
    scnt
++ ;
}



void  find_components( int  n)
{
    
int  i;
    memset(ord, 
- 1 sizeof (ord));
    cnt 
=   0 ;
    scnt 
=   0 ;
    
for (i  =   0 ; i  <  n; i ++ )
        
if (ord[i]  ==   - 1 )
            dfs(i);
}




int  main()
{
    
int  m, i, j, s, e, ans;
    
int  map[MAX], flag;
    
while (scanf( " %d%d " & n,  & m)  !=  EOF) {
        
for (i  =   0 ; i  <  n; i ++ )
            g[i].clear();
        
for (i  =   0 ; i  <  m; i ++ ) {
            scanf(
" %d%d " & s,  & e);
            item.e 
=  e - 1 ;
            item.val 
=   1 ;
            g[s
- 1 ].push_back(item);

        }

        find_components(n);
        n2 
=  scnt;
        memset(map, 
0 sizeof (map));
        
        ans 
=   0 ;
        
for (i  =   0 ; i  <  n; i ++ ) {
            
if (id[i]  ==   0 )    ans ++ ;
            
for (j  =   0 ; j  <  g[i].size(); j ++ ) {
                e 
=  g[i][j].e;
                
if (id[i]  !=  id[e]  &&   ! map[id[i]])
                    map[id[i]] 
=   1 ;
            }

        }

        flag 
=   0 ;
        
for (i  =   1 ; i  <  n2; i ++ )
            
if ( ! map[i])    flag ++ ;
        
if (flag)
            cout 
<<   " 0 "   <<  endl;
        
else
            cout 
<<  ans  <<  endl;
    }

return   0 ;
}
posted on 2009-04-23 18:17 longshen 阅读(594) 评论(0)  编辑 收藏 引用 所属分类: poj

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