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题目描述

由于外国间谍的大量渗入,国家安全正处于高度的危机之中。如果A间谍手中掌握着关于B间谍的犯罪证据,则称A可以揭发B。有些间谍收受贿赂,只要给他们一定数量的美元,他们就愿意交出手中掌握的全部情报。所以,如果我们能够收买一些间谍的话,我们就可能控制间谍网中的每一分子。因为一旦我们逮捕了一个间谍,他手中掌握的情报都将归我们所有,这样就有可能逮捕新的间谍,掌握新的情报。

我们的反间谍机关提供了一份资料,色括所有已知的受贿的间谍,以及他们愿意收受的具体数额。同时我们还知道哪些间谍手中具体掌握了哪些间谍的资料。假设总共有n个间谍(n不超过3000),每个间谍分别用1到3000的整数来标识。

请根据这份资料,判断我们是否有可能控制全部的间谍,如果可以,求出我们所需要支付的最少资金。否则,输出不能被控制的一个间谍。

正解

去年看到这道题时,第一想法:哇拓扑排序啊。
结果。。。。。居然有55分。

正解

如果有环怎么办?把环缩成一个点就好了。

初始每个间谍看作一个点,每个“a可以揭发b”看作一条从a到b的有向边。
每个点的权值是$\infty$(如果它对应的间谍不能被收买)或它对应间谍被收买需要的金额。
跑Tarjan缩点。缩成后每个点的权值为这个点对应原强连通分量上点权值的最小值。
对于每个入度为0的点,如果它的权值都不为$\infty$则可以,答案为它们的权值和。
否则不行,如何求不能被控制间谍中序号的最小值呢?
对于每个点,如果可以被控制,染成颜色1。
如果一个点点权不为$\infty$,则它和它后面的点都要染成1。
从小到大考虑每个间谍,如果他对应点对应缩点后的那个点没被染成1,那么答案就是它的序号。

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define up(a,b,c) for(int a(b),end##a(c);a<=end##a;++a)
using namespace std;
int a[10000],dfn[10000],low[10000],beg[10000],to[20000],lst[20000];
int n,s,ins[10000],stk[10000],top,col[10000],c,qz[10000];//col[i]表示i对应强连通分量中点的序号
void Tarjan(int x){//求强连通分量
dfn[x]=low[x]=++s;
stk[++top]=x;
int t;
ins[x]=1;
for(int i=beg[x];i;i=lst[i]){
t=to[i];

if(!dfn[t]){Tarjan(t);low[x]=min(low[x],low[t]);}
else if(ins[t])low[x]=min(low[x],dfn[t]);
}
if(dfn[x]==low[x]){
++c;
qz[c]=0x3f3f3f3f;
while(stk[top]!=x){
col[stk[top]]=c;
qz[c]=min(qz[c],a[stk[top]]);
ins[stk[top]]=0;
--top;
}
col[stk[top]]=c;
qz[c]=min(qz[c],a[stk[top]]);
ins[stk[top]]=0;
--top;
}
}
int beg1[10000],to1[20000],lst1[20000],rd[10000],cd[10000],e;
void add_edge(int x,int y){
++cd[x];++rd[y];
to1[++e]=y;
lst1[e]=beg1[x];
beg1[x]=e;
}
void SD(){
up(i,1,n){
for(int j=beg[i];j;j=lst[j]){
if(col[to[j]]!=col[i]){
add_edge(col[i],col[to[j]]);
}
}
}
}
int can[10000];
void keng(int x){
if(can[x])return;
can[x]=1;
for(int i=beg1[x];i;i=lst1[i]){
keng(to1[i]);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
up(i,1,n)a[i]=0x3f3f3f3f;
int p;
scanf("%d",&p);
up(i,1,p){
int s;
scanf("%d",&s);
scanf("%d",a+s);
}
scanf("%d",&p);
up(i,1,p){
int s,t;
scanf("%d%d",&s,&t);
to[i]=t;
lst[i]=beg[s];
beg[s]=i;
}
up(i,1,n)if(!dfn[i])Tarjan(i);
SD();
int sum=0,no=0;
up(i,1,c){
if(rd[i]==0){
if(qz[i]==0x3f3f3f3f)
no=1;
else {sum+=qz[i];}}
if(qz[i]!=0x3f3f3f3f)keng(i);}//不管可不可以都计算一遍。
if(no){
printf("NO\n");
up(i,1,n){
if(can[col[i]]==0){
printf("%d\n",i);
return 0;
}
}
}
else{printf("YES\n%d\n",sum);}
return 0;
}

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