P3387 【模板】缩点
\(P3387\) 【模板】缩点
一、题目描述
给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边有向图,每个点有一个权值,求一条路径,使路径经过的点权值之和最大。你只需要求出这个权值和。
允许多次经过一条边或者一个点,但是,重复经过的点,权值只计算一次。
输入格式
第一行两个正整数 \(n,m\)
第二行 \(n\) 个整数,其中第 \(i\) 个数 \(a_i\) 表示点 \(i\) 的点权。
第三至 \(m+2\) 行,每行两个整数 \(u,v\),表示一条 \(u\rightarrow v\) 的有向边。
输出格式
共一行,最大的点权之和。
二、解题步骤
缩点,就是把一张有向有环图中的环缩成一个个点,形成一个有向无环图\(DAG\)。
首先我介绍一下为什么这题要缩点(有人肯定觉得这是放屁,这不就是缩点的模板题吗?但我们不能这么想,考试的时候不会有人告诉你打什么板上去吧)
根据题目意思,我们只 需要找出一条点权最大的路径 就行了,不限制点的个数。那么考虑对于一个环上的点被选择了,一整条环是不是应该都被选择,这一定很优,能选干嘛不选。很关键的是题目还允许我们重复经过某条边或者某个点,我们就不需要考虑其他了。因此整个环实际上可以看成一个点(选了其中一个点就应该选其他的点)
那么就正式开始缩环为点了。当然了,首先肯定是找环,使用\(tarjan\)算法进行缩点,求出一个\(DAG\),并且,小修改一下,在合并为同一个强连通分量时,累加一下点权和,成为新的\(DAG\)图中点的权值。
在处理了环后,我们就重新建立一张图,以每个环为节点(孤立一个点也算也算环的,其实也就是强联通分量了)。在这张图中我们要\(dp\),显然对于任意边\(<u,v>\),\(dp[v]=max(dp[v],dp[u]+p[v])\),\(p[v]\)是\(v\)是这个环的总权值。
那么怎么解决无后效性问题呢?答案就是 拓扑排序 ,而 通过\(tarjan\)算法求出的新图,本身倒序枚举就是一个拓扑图,可以直接\(DP\)了
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 2000010; // 因为要建新图,两倍的边
int n, m; // 点数、边数
int dfn[N], low[N], ts;
int stk[N], top, in_stk[N];
int id[N], scc_cnt, sz[N];
int f[N];
int h[N], hs[N], e[M], ne[M], idx; // h: 原图;hs: 新图
void add(int h[], int a, int b) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int p[N]; //原图的点权
int q[N]; //新图的点权
// tarjan求强连通分量
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ts;
stk[++top] = u;
in_stk[u] = true;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
if (!dfn[j]) {
tarjan(j);
low[u] = min(low[u], low[j]);
} else if (in_stk[j])
low[u] = min(low[u], dfn[j]);
}
if (dfn[u] == low[u]) {
++scc_cnt;
int x;
do {
x = stk[top--];
in_stk[x] = false;
id[x] = scc_cnt;
sz[scc_cnt]++;
// scc_cnt:强连通块的编号
q[scc_cnt] += p[x]; //叠加点权,生成连通块的总点权
} while (x != u);
}
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h); //原图
memset(hs, -1, sizeof hs); //新图
scanf("%d %d", &n, &m);
//读入点权
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &p[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int a, b;
scanf("%d %d", &a, &b);
add(h, a, b);
}
//利用强连通分量,缩点,生成DAG
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!dfn[i]) tarjan(i);
// (2) 缩点,建图
for (int u = 1; u <= n; u++)
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i];
int a = id[u], b = id[j];
if (a != b) //去重边
add(hs, a, b); //加入到新图
}
// (3) 根据拓扑序遍历DAG,从scc_cnt向前遍历自然满足拓扑序
for (int u = scc_cnt; u; u--) {
// base case 递推起点
if (!f[u]) f[u] = q[u];
for (int i = hs[u]; ~i; i = ne[i]) {
int j = e[i]; // 边(i, j)
if (f[j] < f[u] + q[j]) f[j] = f[u] + q[j];
}
}
// (4) 求解答案
int res = 0;
for (int i = 1; i <= scc_cnt; i++) res = max(res, f[i]);
//输出
printf("%d\n", res);
return 0;
}
四、步骤与总结
- \(Tarjan\)强连通分量模板,扩展模板支持记录每个连通分量中点的个数,点权的叠加
- 重新建图,背诵邻接表支持多个的代码模板
- 全新建出来的图,倒序就是拓扑序,不用再做一次拓扑序,网上大部分代码有冗余的,无用
- \(DP\)类似三角不等式,更新最大点权和
- 枚举新图所有点,找出最大点权和
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