[CTSC2008]祭祀river

BZOJ

Description

　　在遥远的东方，有一个神秘的民族，自称Y族。他们世代居住在水面上，奉龙王为神。每逢重大庆典， Y族都

会在水面上举办盛大的祭祀活动。我们可以把Y族居住地水系看成一个由岔口和河道组成的网络。每条河道连接着

两个岔口，并且水在河道内按照一个固定的方向流动。显然，水系中不会有环流（下图描述一个环流的例子）。

[CTSC2008]祭祀river

　　由于人数众多的原因，Y族的祭祀活动会在多个岔口上同时举行。出于对龙王的尊重，这些祭祀地点的选择必

须非常慎重。准确地说，Y族人认为，如果水流可以从一个祭祀点流到另外一个祭祀点，那么祭祀就会失去它神圣

的意义。族长希望在保持祭祀神圣性的基础上，选择尽可能多的祭祀的地点。

Input

第一行包含两个用空格隔开的整数N、M，分别表示岔口和河道的数目，岔口从1到N编号。

接下来M行，每行包含两个用空格隔开的整数u、v，

描述一条连接岔口u和岔口v的河道，水流方向为自u向v。

N≤100M≤1000

Output

第一行包含一个整数K，表示最多能选取的祭祀点的个数。

Sample Input

4 4
1 2
3 4
3 2
4 2

Sample Output

2
【样例说明】
在样例给出的水系中，不存在一种方法能够选择三个或者三个以上的祭祀点。包含两个祭祀点的测试点的方案有两种：
选择岔口1与岔口3（如样例输出第二行），选择岔口1与岔口4。
水流可以从任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀点，那么任意其他岔口都不能建立祭祀点
但是在最优的一种祭祀点的选取方案中我们可以建立两个祭祀点，所以岔口2不能建立祭祀点。对于其他岔口
至少存在一个最优方案选择该岔口为祭祀点，所以输出为1011。

题意：

给定一个有向图，问最多选择多少个点，使得点集内任意两个点都不能联通

链：一条链是一些点的集合，链上任意两个点x, y，满足要么 x 能到达 y ，要么 y 能到达 x 。

反链：一条反链是一些点的集合，链上任意两个点x, y，满足 x 不能到达 y，且 y 也不能到达 x。

所以这题求的是最长反链的长度
根据定理：最长反链长度等于最小链覆盖（用最少的链覆盖所有的点）
之前在二分图里学过最小路径覆盖，这两者有什么区别呢？
最小路径覆盖的路径不允许重复
最小链覆盖的链是可以重复的
我们可以将最小链覆盖问题转化为最小路径覆盖
先用folyed传递闭包所以我们就知道了所有点的通达情况
如果能通达建立虚边然后跑最小路径覆盖这哟就可以绕过重复的边了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int head[N],pos,n,m,flag,vis[N],used[N];
struct Edge{int to,nex;}edge[N<<1];
void add(int a,int b) {edge[++pos]=(Edge){b,head[a]};head[a]=pos;}
bool dfs(int x) {
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].nex) {
        int v=edge[i].to;
        if(flag!=used[v]) {
            used[v]=flag;
            if(!vis[v]||dfs(vis[v]))return vis[v]=x,1;
        }
    }
    return 0;
}
int find1() {
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        flag++;
        if(dfs(i))ans++;
    }
    return ans;
}
int mp[200][200];
int main() {
    cin>>n>>m;int u,v;
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),mp[u][v]=1;
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                mp[i][j]=mp[i][j]||(mp[i][k]&&mp[k][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++) if(mp[i][j])
            add(i,j);
    cout<<n-find1();
}

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