379. 捉迷藏

Vani 和 cl2 在一片树林里捉迷藏。

这片树林里有 N 座房子，M 条有向道路，组成了一张有向无环图。

树林里的树非常茂密，足以遮挡视线，但是沿着道路望去，却是视野开阔。

如果从房子 A 沿着路走下去能够到达 B，那么在 A 和 B 里的人是能够相互望见的。

现在 cl2 要在这 N 座房子里选择 K 座作为藏身点，同时 Vani 也专挑 cl2 作为藏身点的房子进去寻找，为了避免被 Vani 看见，cl2 要求这 K 个藏身点的任意两个之间都没有路径相连。

为了让 Vani 更难找到自己，cl2 想知道最多能选出多少个藏身点。

输入格式

输入数据的第一行是两个整数 N 和 M。

接下来 M 行，每行两个整数 x,y，表示一条从 x 到 y 的有向道路。

输出格式

输出一个整数，表示最多能选取的藏身点个数。

数据范围

N≤200,M≤30000

输入样例：

7 5
1 2
3 2
2 4
4 5
4 6

输出样例：

3

思路：

/* 最小路径覆盖：针对一个有向无环图(DAG),用最少条互不相交路径，覆盖所有点。（其中互不相交是指点不重复） 结论：最小路径点覆盖（最小路径覆盖） = 总点数 - 最大匹配 证明： 1.建图 求最小路径覆盖用到拆点，一个点分成两个点，分别表示出点和入点， 那么从点i->j的一条边就用，从左边的出点i连到右边的入点j’表示， 于是得到的图是一个二分图，因为所有的边都是在左部和右部之间的，内部没有点。 2.转化 此时将原图中的每一条路径转化到新图中，因为原图中的路径互不相交，所以每一个点最多只有一个出度和入度， 这就意味着在新图中，左部每一个点最多只会向右部连一条边，右部的点最多只会有一条边连入，每个点最多只会属于一条边。 ①原图中的一条路径<=>新图中的一组匹配（新图中每一个点最多只会属于一条边） ②原图中每一条路径的终点（没有出边）<=>新图左部的非匹配点 3.推导 求原图中互不相交路径数<=>求路径终点数最少<=>求左部非匹配点最少<=>求最大匹配 拓展： 最小路径重复点覆盖：在最小路径覆盖问题的基础上，去掉互不相交。 结论：记原图G，求传递闭包后的图G’，则G的最小路径重复点覆盖=G’的最小路径覆盖 在该题中，记最小路径重复点覆盖数为cnt，该题的答案就是cnt 证明： ①k<=cnt 这cnt条路径覆盖了所有的点，所以所求的k个点一定要从这cnt条路径中的点选， 并且每条路径上最多选一个点，所以k<=cnt ②k>=cnt 构造：将cnt条路径的终点都放到一个集合E中，记next(E)返回的是从E中的每个点出发能到的所有点的集合 分类讨论： i)E ∩ next(E) = Ø ，此时E内的点不能相互到达，说明E中所有的点就是一种k=cnt的方案 ii)E ∩ next(E) ≠ Ø ， 对于E中的任何一个点p，让这个点反向走，直到这个点走到一个不在next(E-p)中的点，可证当这个点走到起点时肯定不在next(E-p)中。 反证法：如果这个点走到起点，仍在next(E-p)中，说明p所在的路径的起点可以被其他路径到达，那么这条路径就没有存在的意义可以省去，不满足最小路径重复点覆盖。 所以此时同样可以在每一条路径中选出一个点，使得这些点之间两两不可到达，即k=cnt */

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 210, M = 30010;

int n, m;
bool d[N][N], st[N];
int match[N];

bool find(int x)
{
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (d[x][i] && !st[i])
        {
    
            st[i] = true;
            int t = match[i];
            if (t == 0 || find(t))
            {
    
                match[i] = x;
                return true;
            }
        }

    return false;
}

int main()
{
    
    scanf("%d%d", &n, &m);
    while (m -- )
    {
    
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        d[a][b] = true;
    }

    // 传递闭包
    for (int k = 1; k <= n; k ++ )
        for (int i = 1; i <= n; i ++ )
            for (int j = 1; j <= n; j ++ )
                d[i][j] |= d[i][k] & d[k][j];

    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
    
        memset(st, 0, sizeof st);
        if (find(i)) res ++ ;
    }

    printf("%d\n", n - res);

    return 0;
}