给出一张DAG,要求删除尽量多的边使得连通性不变.(即:若删边前u到v有路径,则删边后仍有路径).点数30000,边数100000.
如果从u到v有(u,v)这条边,且从u到v只有这一条路径,那么这条边必须保留.否则这条边一定可以删除.因为如果有不止一条路径从u到v,必然存在点x(x!=u,x!=v)使得u可到达x,x可到达v.而删边后必然也满足u可到达x,x可到达v,所以直接删掉(u,v)这条边就可以了. 刚才的分析已经给出了一个判定方法.既然如果有不止一条路径从u到v,必然存在点x(x!=u,x!=v)使得u可到达x,x可到达v,那么我们对每条边(u,v),枚举是否存在这样的x即可.这需要我们求出每个点能到达的点的集合,以及能到达这个点的集合.大力压位一波就好了.因为是DAG所以这个集合可以递推.复杂度O(nm/32).其实这题是看内存猜算法系列,榜上清一色的120多兆,不是压位还能是啥我是200多兆
#include<cstdio> const int mod=1000000007; const int maxn=30005,maxm=200005; struct edge{ int to,next; }lst[maxm],lst2[maxm];int len=1,first[maxn],len2=1,first2[maxn]; void addedge(int a,int b){ lst[len].to=b;lst[len].next=first[a];first[a]=len++; } void addedge2(int a,int b){ lst2[len2].to=b;lst2[len2].next=first2[a];first2[a]=len2++; } int sz; int reach[maxn][maxn/32+2],from[maxn][maxn/32+2]; int getbit(int u,int x){ return (reach[u][x/32]>>(x&31))&1; } void revbit(int u,int x){ reach[u][x/32]^=(1<<(x&31)); } void revbit2(int u,int x){ from[u][x/32]^=(1<<(x&31)); } bool vis[maxn]; void dfs(int x){ if(vis[x])return; vis[x]=true; for(int pt=first[x];pt;pt=lst[pt].next){ dfs(lst[pt].to); for(int i=0;i<sz;++i)reach[x][i]|=reach[lst[pt].to][i]; } revbit(x,x); } void dfs2(int x){ if(vis[x])return; vis[x]=true; for(int pt=first2[x];pt;pt=lst2[pt].next){ dfs2(lst2[pt].to); for(int i=0;i<sz;++i)from[x][i]|=from[lst2[pt].to][i]; } revbit2(x,x); } int main(){ int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);sz=(n+31)/32+1; for(int i=1,a,b;i<=m;++i){ scanf("%d%d",&a,&b); addedge(a,b);addedge2(b,a); } for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])dfs(i); for(int i=1;i<=n;++i)vis[i]=0; for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])dfs2(i); for(int i=1;i<=n;++i)revbit(i,i),revbit2(i,i); int ans=0; for(int i=1;i<=n;++i){ for(int pt=first[i];pt;pt=lst[pt].next){ int y=lst[pt].to; for(int j=0;j<sz;++j){ if(from[y][j]&reach[i][j]){ ans++;break; } } } } printf("%d\n",ans); return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/liu-runda/p/6921499.html
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