不可相交
给定一个 ,要求用尽量少的不相交的简单路径,覆盖 的所有顶点(每个顶点恰好被覆盖一次)。
- 设原来的有向无环图为 。把 中的每一个点拆成入点和出点,建立一张新的二分图, ~ 为左部节点, ~ 为右部节点,对于原图的每条有向边 ,在二分图的左部点 和右部点 之间连边。
- 有向无环图
的最小路径点覆盖数量就是
最大匹配数。证明:
在最小路径点覆盖的方案中,因为所有路径不相交,所以每一个点的入度和出度都不超过1.因为每个节点都被覆盖,所以 的出度和入度至少有一个是1。
因此,最小路径覆盖中的所有边,在拆点二分图中构成一组匹配。最小路径覆盖中每条边 的起点 与二分图每条匹配边 的左部点 是一一对应的。
特别地,对于每条路径的终点 ,因为 没有出边,所以出度为0,对应在二分图中就是 匹配失败。即路径的终点和二分图左部的非匹配点是一一对应的。
故而, 的最小路径点覆盖等于 减去最大匹配数。 - 当然,求二分图最大匹配我们用 来求,快!
可相交
和上述问题一样,不过路径可以相交。
- 一种做法是先对原图做一下传递闭包,这样新图我们可以直接按照最小路径点覆盖(路径不相交)来做。不过这样复杂度有点高。
- 考虑如何用网络流优化。
- 对于原图一条边 ,多建一条 ,容量为 。这条边其实就相当于我们的传递闭包。
例题:bzoj2718
- 想要使两两点之间没有路径,那么每条 最多选一个点。( 是你最小路径可相交覆盖的路径方案)。
- 其实是有一种合法的方案,使得你每条 上恰好选一个点的。所以答案就是 。
Coding
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int M=2e5+10;
const int inf=1e9;
int n,m,s,t,tot=1,flow,maxflow,ver[M],Next[M],edge[M],lin[N],a[N][N],d[N];
void add(int x,int y,int z){
ver[++tot]=y;Next[tot]=lin[x];lin[x]=tot;edge[tot]=z;
ver[++tot]=x;Next[tot]=lin[y];lin[y]=tot;edge[tot]=0;
}
int cal(int i,int j){return i*n+j;}
bool bfs(){
queue<int>q;
memset(d,0,sizeof(d));
d[s]=1,q.push(s);
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(edge[i]&&!d[y]){
d[y]=d[x]+1;q.push(y);
if(y==t) return 1;
}
}
}return 0;
}
int dinic(int x,int flow){
if(x==t) return flow;
int rest=flow;
for(int i=lin[x];i&&rest;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(d[y]==d[x]+1&&edge[i]){
int k=dinic(y,min(edge[i],rest));
if(!k) d[y]=0;
rest-=k,edge[i]-=k,edge[i^1]+=k;
if(!rest) return flow-rest;
}
}return flow-rest;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
a[x][y]=1;
}s=0,t=n*2+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
add(s,cal(0,i),1);
add(cal(1,i),t,1);
for(int j=1;j<=n;++j){
if(a[i][j]){
add(cal(0,i),cal(1,j),1);
add(cal(0,i),cal(0,j),inf);
}
}
}
while(bfs()){
while(flow=dinic(s,inf)) maxflow+=flow;
}
printf("%d\n",n-maxflow);
return 0;
}