题意
每一个隔间都有一个标记,表示牛在这个隔间时下一个要去的隔间。
问:牛从每个隔间出发,最多能不重复走过多少个隔间。
隔间数1<=n<=105
分析
这个题的关键步骤有二:
①记忆化搜索:可以将每一次dfs的O(N)进化到N次搜索的总复杂度O(N),这个不难做到。
②预处理环/缩点为环:在记忆化搜索的过程中,发现在环上的记忆化不太成功,因为在环上遍历时,每次计算仍然要把整个环跑一遍,这显然有些浪费时间。针对这个弱点,可以预处理所有的环,环上每一个点跑的距离都是环长。
通过强连通分量的计算(在这个每个点出度都为1的图上退化为求环),可以将同一个环上的点分为一类,从而能计算出环长,进而预处理所有环上点的记忆化,就相当图做了缩点处理,剩下的DAG可以用记忆化直接解决。
强连通分量用了tarjan的板子.
代码
#include<iostream>
#include<vector>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<int> G[100004];
int dfs_clock = 0, scc_cnt = 0;//时间戳,强连通分量组编号
int sccno[100004];//表示每个点属于哪个强连通块
int pre[100004];//dfs序
int low[100004];//low[u]表示u及其后带通过反向边最多能返回到哪
int sizee[100004];//每个环的size(用scc_cnt编号)
int L[100004];//记忆化搜索
stack<int> s;//存当前的节点
void dfs(int u)
{
pre[u] = low[u] = ++dfs_clock;
s.push(u);
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++)
{
int v = G[u][i];//下一个
if (!pre[v])//未到过v
{
dfs(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if (!sccno[v])//有可能是新的反向边
{
low[u] = min(low[u], pre[v]);
}
}
if (low[u] == pre[u])//是第一次发现这个连通分量的点
{
scc_cnt++;
while (true)
{
int x = s.top();s.pop();
sccno[x] = scc_cnt;
sizee[scc_cnt]++;
if (x == u)break;
}
}
}
void find_scc(int n)
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (!pre[i])dfs(i);
}
}
int d(int s)
{
if (L[s])return L[s];//记忆化过程
L[s] = d(G[s][0]) + 1;
return L[s];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n,v;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> v;
G[i].push_back(v);
}
find_scc(n);//开始寻找强连通分量的函数
//sccno已经处理完,1~scc_cnt
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (sizee[sccno[i]] > 1)L[i] = sizee[sccno[i]];//线状不选,环上最多环长个
if (G[i][0] == i)L[i] = 1;//自环
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (!L[i])d(i);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << L[i] << endl;
}
return 0;
}