[CTSC2008]祭祀（二分图+网络流）
作者：互联网
题目：洛谷P4298
题目描述：
给定一个\(n\)个点，\(m\)条边的有向无环图（\(DAG\)），求最多能选多少个点使得它们两两之间不能到达，并且要求你构造出一种方案，且判断每个点是否有可能被选出
\(n \leq 100\)，\(m \leq 1000\)
蒟蒻题解：
在一个\(DAG\)中，它的最长反链就是选出一个点集，使得它们两两之间不能到达，并且使这个点集最大
题目中有三个问题
问题一
最多能选多少个点使得它们两两之间不能到达，即求这个\(DAG\)的最长反链为多大
根据\(Dilworth\)定理，一个\(DAG\)的最长反链的大小和最小可重链覆盖大小相等。
问题转换成求这个\(DAG\)的最小可重链覆盖的大小
求\(DAG\)最小可重链覆盖的大小，可以先以\(\mathcal O(\frac{n^3}{64})\)的复杂度求出它的传递闭包，再转换成求二分图的最小不可重链覆盖
具体地，我们建一个二分图，左边有\(n\)个节点，右边也有\(n\)个节点，不妨设左边第\(i\)个节点为\(a_i\)，右边第\(i\)个节点为\(b_i\)
对于\(DAG\)中，\(u\)能到达\(v\)，那么我们在\(a_u\)个\(b_v\)之间连一条边
根据二分图上，最小不可重链覆盖大小等于点数减去最大匹配大小，可以网络流求二分图的最大匹配，由于边数是\(n^2\)级别的，所以这部分的复杂度是\(\mathcal O(n^2\sqrt{n})\)
问题二
构造一组方案
考虑二分图上的最大独立集和\(DAG\)中的最长反链之间的关系
令二分图上最大匹配的大小为\(X\)，则最大独立集的大小就为\(2n-X\)，对于\(a_i\)和\(b_i\)均在最大独立集的点\(i\)，它们全部取出来可以构成\(DAG\)的一条反链
假设对于一个最大独立集，我们将\(a_i\)和\(b_i\)均在最大独立集的点\(i\)全部取出来，记个数为\(t\)，由于最长反链的大小为\(n-X\)，所以\(t \leq n-X\)
则剩下最大独立集中的点数为\(2n-X-t \geq 2n-X-(n-X)=n\)，又独立的点最多就\(n\)个，所以\(2n-X-t \leq n\)，故\(2n-X-t=n\)，所以\(t = n - X\)
所以我们只需要任意找到一组二分图上的最大独立集，就能找出\(DAG\)的一个最长反链
现在问题转换为求出一组二分图的最大独立集
又由于二分图上最大独立集与最小点覆盖互补，求出一组最小点覆盖即可
找出一组最小点覆盖，在找到一组最大匹配的基础上，我们可以从右边的非匹配点开始\(dfs\)，每次从右边走非匹配边到左边，然后从左边走匹配边到右边，然后取左边被\(dfs\)到的点和右边没有被\(dfs\)到的点可以组成一组最小点覆盖
证明：
- 对于匹配点集中的点，一条匹配边如果左端点被\(dfs\)过，那么左边走匹配边到右边，右端点也会被\(dfs\)过，所以只取了左端点；一条匹配边如果左端点没被\(dfs\)过，由于起点是右边的非匹配点，且往右走每次都是走匹配边，所以这条匹配边的右端点也没有被\(dfs\)过，所以只取了右端点
- 对于非匹配点集中的点，由于从所以右边的非匹配点开始\(dfs\)，所以右边的非匹配点都被\(dfs\)过，对于左边的非匹配点，如果它被\(dfs\)过，由于每次都是走非匹配边-匹配边-非匹配边-匹配边-···-非匹配边，这条路径上非匹配边的个数比匹配边的个数多\(1\)，让这条路径上的非匹配边和匹配边互换，最大匹配多\(1\)，不满足原先匹配为最大匹配
- 综上，可以得出这样取能取到一组最小点覆盖
最大独立集与最小点覆盖互补，即取左边没有被\(dfs\)到的点和右边被\(dfs\)到的点
所以最长反链就是取所有\(a_i\)没有被\(dfs\)到且\(b_i\)被\(dfs\)到的点\(i\)
由于每个点只会被遍历一次，所以这部分的时间复杂度是\(\mathcal O(n)\)的
问题三
判断每个点是否可能存在于最长反链中
对于每个点，假设它存在于最长反链中，那么在这个\(DAG\)中，能到达它的点和它能到达的点都不会存在于这个最长反链中，将这些点全部删去，判断剩下的点构成的最长反链长度是否为原先得到的答案减\(1\)
时间复杂度为\(\mathcal O(n^3 \sqrt{n})\)
总的时间复杂度为\(\mathcal O(n^3 \sqrt{n})\)
参考程序：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Re register int
const int N = 205, M = 20405;
int n, m, t, cnt = 1, ans, l, r, hea[N], h[N], nxt[M], to[M], d[N], q[N];
bool wi[M], p[N], pp[N], b[N];
bitset<N> bt[N];
inline int read()
{
char c = getchar();
int ans = 0;
while (c < 48 || c > 57) c = getchar();
while (c >= 48 && c <= 57) ans = (ans << 3) + (ans << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return ans;
}
inline void add(int x, int y)
{
nxt[++cnt] = hea[x], to[cnt] = y, wi[cnt] = 1, hea[x] = cnt;
nxt[++cnt] = hea[y], to[cnt] = x, hea[y] = cnt;
}
inline bool bfs()
{
for (Re i = 0; i <= t; ++i) h[i] = hea[i], d[i] = 0;
d[l = r = 0] = 1;
while (l <= r)
{
int x = q[l++];
for (Re i = hea[x]; i; i = nxt[i])
{
int u = to[i];
if (b[u] || !wi[i] || d[u]) continue;
d[q[++r] = u] = d[x] + 1;
if (u == t) return 1;
}
}
return 0;
}
inline int dinic(int x, int y)
{
if (x == t) return y;
int res = y;
for (Re &i = h[x]; i; i = nxt[i])
{
int u = to[i];
if (!wi[i] || d[u] ^ d[x] + 1) continue;
bool v = dinic(u, min(res, 1));
if (v)
{
wi[i] = 0, wi[i ^ 1] = 1, --res;
if (!res) return y;
}
}
return y - res;
}
inline void dfs(int x)
{
p[x] = 1;
for (Re i = hea[x]; i; i = nxt[i])
if (to[i] && to[i] < t && !wi[i] && !p[to[i]]) dfs(to[i]);
}
int main()
{
n = ans = read(), m = read(), t = n << 1 | 1;
for (Re i = 1; i <= n; ++i) add(0, i), add(n + i, t);
for (Re i = 0; i < m; ++i)
{
int u = read(), v = read();
bt[u][v] = 1;
}
for (Re i = 1; i <= n; ++i)
for (Re j = 1; j <= n; ++j)
if (bt[j][i]) bt[j] |= bt[i];
for (Re i = 1; i <= n; ++i)
for (Re j = 1; j <= n; ++j)
if (bt[i][j]) add(i, n + j);
int fl;
while (bfs())
while (fl = dinic(0, n)) ans -= fl;
printf("%d\n", ans);
for (Re i = hea[t]; i; i = nxt[i])
if (!wi[i] && !p[to[i]]) dfs(to[i]);
for (Re i = 1; i <= n; ++i)
if (!p[i] && p[n + i]) pp[i] = 1;
for (Re i = 1; i <= n; ++i) putchar(48 + pp[i]);
putchar('\n');
for (Re i = 1; i <= n; ++i)
if (!pp[i])
{
int s = n - 1;
b[i] = b[n + i] = 1;
for (Re j = 1; j <= n; ++j)
if (bt[i][j] | bt[j][i]) b[j] = b[n + j] = 1, --s;
for (Re j = 2; j < cnt; j += 2) wi[j] = 1, wi[j ^ 1] = 0;
while (bfs())
while (fl = dinic(0, n)) s -= fl;
pp[i] = (s == ans - 1), b[i] = b[n + i] = 0;
for (Re j = 1; j <= n; ++j)
if (bt[i][j] | bt[j][i]) b[j] = b[n + j] = 0;
}
for (Re i = 1; i <= n; ++i) putchar(48 + pp[i]);
return 0;
}
标签：二分,右边,DAG,匹配,祭祀,dfs,CTSC2008,反链 来源： https://www.cnblogs.com/clfzs/p/14758461.html