網路流24題 最小路徑覆蓋問題

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題意：求dag的最小路徑覆蓋並輸出方案。所謂最小路徑覆蓋是指，將原圖分為若干條路徑，任意兩條路徑不能有公共點，要使路徑數量盡可能少

依然能夠聯絡到二分圖。事實上這個問題在學二分圖的時候提到過，然而當時並沒有弄明白……

公式：dag的最小路徑覆蓋 = 頂點數 - 最大匹配

具體過程如下：

原圖共有n個點。將每個點$i$拆成兩個點，記為$x_i$與$y_i$，對於任意一條原圖中的邊$(u,v)$，連線$(x_u, y_v)$（有向邊）。很容易發現，左半部對應著每條邊的起點，右半部對應著終點。然後以x為左半部，y為右半部做二分圖的最大匹配，得到答案ans，則最小路徑覆蓋就是n-ans。

為什麼最小路徑覆蓋就是n-ans呢？

假設拆點建的圖中一條匹配邊都沒有——也就意味著沒有邊。此時每乙個頂點為一條路徑，最小路徑覆蓋為n。

然後，在拆點建的圖中增加一條匹配邊，我們發現這對應著原圖中的乙個點融入了另一條路徑，因此最小路徑覆蓋要-1。進一步我們發現，每增加一條能夠匹配的邊，就意味著原圖中的又乙個點加入到了某一條路徑當中。因此最小路徑覆蓋會-1。因此有多少條匹配邊就減幾次。所以要讓答案最小，也就是讓匹配邊盡量多。問題轉化為了二分圖的最大匹配問題

那為什麼我們要拆點呢？原因在於原圖是乙個有向圖，對於乙個路徑內部的點（非起點、終點），一定有一條邊進入它，一條邊從它出。如果直接拿原圖做二分圖匹配不會容許乙個點有兩條邊的情況。而拆點以後，左側的點僅僅作為起點，右側的點僅僅作為終點，因此這種情況對應到每乙個點依然只有一條邊。如果乙個點出發有兩條邊，對應著原圖中乙個點作為起點有兩條邊，此時由於要求最小路徑覆蓋，必須捨棄一條邊，二分圖匹配會自動捨棄另一條邊。所以二分圖內的所有匹配都不會發生這種矛盾的情況，也就意味著每有一條匹配邊，就可以多將乙個點歸入一條路徑

以上是公式的原理，下面來談如何輸出方案。

對於每乙個起點，我們記錄它出發是否有一條飽和弧到達乙個終點，如果有，意味著它一定不是終點。我們對於每乙個點記錄乙個由它出發到達的點（sec），以及以它作為終點的邊的那個起點（pre）。如果當前點不作為任何一條邊的終點，那它就是起點；反之，如果不到達任何乙個其他點，那麼它就是終點。因此我們只需要列舉每個點以及由他延伸出去的弧，檢視每條弧是否飽和，若飽和則說明這是匹配邊，記錄sec和pre即可

code

/*

by dennyqi
*/#include 
#include 
#include 
#include 
#define r read()
#define max(a,b) (((a)>(b)) ? (a) : (b))
#define min(a,b) (((a)<(b)) ? (a) : (b))
using
namespace
std;
typedef 
long
long
ll;const
int maxn = 10010
;const
int maxm = 10010
;const
int inf = 1061109567
;inline 
intread()
intn,m,s,t,x,y,ans_min;
int first[maxm*2],nxt[maxm*2],to[maxm*2],cap[maxm*2],flow[maxm*2],num_edge=-1
;int
level[maxn],cur[maxn],pre[maxn],sec[maxn];
queue 
q;inline 
void add(int u, int v, int c, int
f)inline 
bool
bfs()}}
return level[t]!=0;}
int dfs(int u, int
a) }
return
ans;
}inline 
void
dinic()
ans_min = n -ans;
}int
main()
for(int i = 1; i <= n; ++i)
dinic();
for(int i = 1; i <= n; ++i)}}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
printf(
"%d\n
",u);}}
printf("%d
", ans_min);
return0;
}

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