UVa 12831 - Bob the Builder

contents

  1. 1. Problem
  2. 2. Sample Input
  3. 3. Sample Output
  4. 4. Solution

Problem

一台機器,每一次能產出其 X 的子孫、子孫的子孫 … 類推。

不會產生重複的子孫,把所有可能性產生,請問使用機器的最少次數為何?

Sample Input

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8 20

Sample Output

1
2
Case 1: 2
Case 2: 3

Solution

一開始誤解題目,以為一次可以將數個的子孫都產出來,實際上只能拿一個 X 進去,並且將其單一後代產出。

也就是說,會看到一個 DAG 圖中,用最少路徑覆蓋所有的節點。這題同時也需要非常快速的二分匹配,舊的模板大概沒辦法通過這一題,至於需不需要貪心預流?根據之前測試點數非常多的圖,貪心預流效果在這個二分匹配下沒有很好的反應?

  • 题意:
    有向无环图中,需要多少条简单路可以覆盖整个图。

  • 建模:
    构造二分图。把原图的每个顶点i拆分成二分图X,Y集合中的两个顶点Xi和Yi。对于原图的边(i, i),连接(Xi, Yj),值为1,然后把二分图最大匹配模型转化为网络留模型,求最大流。

  • 分析:

    对于一个路径覆盖,有如下性质:

    1、每个顶点属于且只属于一个路径。
    2、路径上除终点外,从每个顶点出发只有一条边指向路径上的另一顶点。

    所以我们可以把每个顶点理解成两个顶点,一个是出发,一个是目标,建立二分图模型。该二分图的任何一个匹配方案,都对应了一个路径覆盖方案。如果匹 配数为0,那么显然路径数=顶点数。每增加一条匹配边,那么路径覆盖数就减少一个,所以路径数=顶点数 - 匹配数。要想使路径数最少,则应最大化匹配数,所以要求二分图的最大匹配。

    注意,此建模方法求最小路径覆盖仅适用于有向无环图,如果有环或是无向图,那么有可能求出的一些环覆盖,而不是路径覆盖。

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#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <assert.h>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;

const int MAXV = 20010;
const int MAXE = MAXV * 300 * 2;
const int INF = 1<<29;
typedef struct Edge {
int v, cap, flow;
Edge *next, *re;
} Edge;
class MaxFlow {
public:
Edge edge[MAXE], *adj[MAXV], *pre[MAXV], *arc[MAXV];
int e, n, level[MAXV], lvCnt[MAXV], Q[MAXV];
void Init(int x) {
n = x, e = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) adj[i] = NULL;
}
void Addedge(int x, int y, int flow){
edge[e].v = y, edge[e].cap = flow, edge[e].next = adj[x];
edge[e].re = &edge[e+1], adj[x] = &edge[e++];
edge[e].v = x, edge[e].cap = 0, edge[e].next = adj[y];
edge[e].re = &edge[e-1], adj[y] = &edge[e++];
assert(x < MAXV && y < MAXV);
assert(e < MAXE);
}
void Bfs(int v){
int front = 0, rear = 0, r = 0, dis = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) level[i] = n, lvCnt[i] = 0;
level[v] = 0, ++lvCnt[0];
Q[rear++] = v;
while (front != rear){
if (front == r) ++dis, r = rear;
v = Q[front++];
for (Edge *i = adj[v]; i != NULL; i = i->next) {
int t = i->v;
if (level[t] == n) level[t] = dis, Q[rear++] = t, ++lvCnt[dis];
}
}
}
int Maxflow(int s, int t){
int ret = 0, i, j;
Bfs(t);
for (i = 0; i < n; ++i) pre[i] = NULL, arc[i] = adj[i];
for (i = 0; i < e; ++i) edge[i].flow = edge[i].cap;
i = s;
while (level[s] < n){
while (arc[i] && (level[i] != level[arc[i]->v]+1 || !arc[i]->flow))
arc[i] = arc[i]->next;
if (arc[i]){
j = arc[i]->v;
pre[j] = arc[i];
i = j;
if (i == t){
int update = INF;
for (Edge *p = pre[t]; p != NULL; p = pre[p->re->v])
if (update > p->flow) update = p->flow;
ret += update;
for (Edge *p = pre[t]; p != NULL; p = pre[p->re->v])
p->flow -= update, p->re->flow += update;
i = s;
}
}
else{
int depth = n-1;
for (Edge *p = adj[i]; p != NULL; p = p->next)
if (p->flow && depth > level[p->v]) depth = level[p->v];
if (--lvCnt[level[i]] == 0) return ret;
level[i] = depth+1;
++lvCnt[level[i]];
arc[i] = adj[i];
if (i != s) i = pre[i]->re->v;
}
}
return ret;
}
} g;

int visited[32767], N, L;
vector<int> D;
void dfs(int u) {
if (visited[u]) return ;
visited[u] = 1, D.push_back(u);
for (int i = 0; (1<<i) <= u; i++) {
if ((u>>i)&1) {
int v = u + (1<<i);
if (v <= L) {
dfs(v);
g.Addedge(u, v + L, 1);
}
}
}
}
int main() {
int testcase, cases = 0;
int x, y, u, v;
scanf("%d", &testcase);
while (testcase--) {
scanf("%d %d", &N, &L);
assert(N > 0 && N <= 36);
memset(visited, 0, sizeof(visited));
D.clear();
int A[10000 + 5];
int source = 0, sink = 2 * L + 1;
g.Init(2 * L + 5);
for (int i = 0; i < N; i++) {
scanf("%d", &A[i]);
dfs(A[i]);
}
for (int i = 0; i < D.size(); i++) {
g.Addedge(source, D[i], 1);
g.Addedge(D[i] + L, sink, 1);
}
int ret = D.size() - g.Maxflow(source, sink);
printf("Case %d: %d\n", ++cases, ret);
}
return 0;
}
/*
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*/