Bzoj 2718: [Violet 4]毕业旅行 && Bzoj 1143: [CTSC2008]祭祀river 传递闭包,二分图匹配,匈牙利,bitset

1143: [CTSC2008]祭祀river

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Description

在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。

由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。

Input

第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。

Output

第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。

Sample Input

4 4
1 2
3 4
3 2
4 2

Sample Output

【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。

HINT

对于每个测试点：如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数，那么你将得到该测试点30%的分数；如果你仅输出了正确的被选取的祭祀点个数与一个可行的方案，那么你将得到该测试点60%的分数；如果你的输出完全正确，那么你将得到该测试点100%的分数

【数据规模】 N ≤ 100 M ≤ 1 000

Source

题解：这道题转化一下，就成了我们要找最大独立集。最大独立集＝二分图点数－最小点覆盖＝最长反链长度＝最小链覆盖(路径不能相交)链为一些点的集合，链上任意两点x,y，要么x能到达y，要么y能到达x。反链为一些点的集合，链上任意两点x,y， x不能到达y且y不能到达x。然后我们就跑个传递闭包，把x能到达y的处理出来。然后重新构图，将x能到达y的连起来。跑个最大匹配，再用总点数减去最大匹配数即可。。。Dinic和匈牙利都可以过。。。我写的是匈牙利：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 bitset<> a[];
 bitset<> vis;
 int bf[],n,f[][];
 int read()
 {
     int s=,fh=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')fh=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){s=s*+(ch-'');ch=getchar();}
     return s*fh;
 }
 int xyl(int u)
 {
     int v;
     for(v=;v<=n;v++)
     {
         if(a[u][v]!=&&vis[v]==)
         {
             vis[v]=;
             if(xyl(bf[v])==||bf[v]==)
             {
                 bf[v]=u;
                 return ;
             }
         }
     }
     return ;
 }
 int main()
 {
     int m,i,j,x,y,ans;
     n=read();m=read();
     //for(i=1;i<=n;i++)a[i][i]=1;
     for(i=;i<=m;i++)
     {
         x=read();y=read();
         a[x][y]=;
     }
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         for(j=;j<=n;j++)
         {
             if(a[j][i])a[j]|=a[i];
         }
     }
     /*for(i=1;i<=n;i++)
     {
         for(j=1;j<=n;j++)
         {
             if(a[i][j]&&i!=j)f[i][j]=1;
         }
     }*/
     memset(bf,,sizeof(bf));
     ans=;
     for(i=;i<=n;i++)
     {
         vis.reset();
         ans+=xyl(i);
     }
     printf("%d",n-ans);
     fclose(stdin);
     fclose(stdout);
     return ;
 }