CTSC 2008 祭祀 题解

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题目大意： 给出一张DAG，选出若干个点组成点集 $V$，满足对于任意 $x,y\in V$，$x$ 不能到达 $y$ 且 $y$ 不能到达 $x$，最大化 $|V|$，输出一种方案，并且输出每个点是否有可能在 $V$ 内。

题解

前置知识——偏序关系及Dilworth定理。

自己手玩这题各种性质的证明还是相当有趣的

假如将 $x$ 能到达 $y$ 看成一个偏序关系，那么题目要求的其实就是最大反链。根据Dilworth定理，等价于求最小链划分。假如建一张新图，如果原图中 $x$ 能到达 $y$，那么新图中 $x$ 向 $y$ 连边，最小链划分等价于新图中用最少的点不重复的链覆盖所有点。

这个问题可以看成，一开始有 $n$ 条链，第 $i$ 条只包含第 $i$ 个点，然后尽可能多的将链合并。

考虑将新图中的点拆成入点和出点，边从出点连向入点，那么就得到了一张二分图。跑一遍最大匹配，对于一条匹配边，其实就相当于将匹配的两点所在的链收尾相接。假设最大匹配是 $M$，即合并了 $M$ 次链，那么最少的链数就是 $n-M$，也就是第一问的答案。

关于第二问，先要知道如何从二分图中构造出一个最小点覆盖 $S$，参考König定理（下面就默认你看懂这个构造了），取个补集我们就得到了最大独立集，记为 $A$。

对于一个点 $x$，假如 $x_{in}$ 和 $x_{out}$ 都在 $A$ 内，那么就将它放入另一个点集 $B$，可以发现 $B$ 就是一个最长反链。

证明： 对于 $x\in B$，$x_{in},x_{out}$ 都在 $A$ 内，意味着他们就都不在 $S$ 内，根据上面给的构造最小点覆盖的方法，不难证明对于任意 $x,y$，$x_{in/out},y_{in/out}$ 之间是不存在边的，否则就不可能都不在 $S$ 内，所以 $B$ 是一个反链。

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引理： 不可能存在一个 $x$，满足 $x_{in}$ 和 $x_{out}$ 都不在 $A$ 内。

证明： 反证法，假设存在这样的 $x$，那么这意味着 $x_{in}$ 和 $x_{out}$ 都在 $S$ 内。

（重申一下，二分图中左部点是出点，右部点是入点）若 $x_{out}$ 在 $S$ 内，那么至少存在这样的结构（$1$ 号点代表 $x$）：

左边是二分图，红色边是匹配边，蓝色则是非匹配边；右边是对应的原图。

而假如 $x_{in}$ 在 $S$ 内，那么至少存在这样的结构（$1$ 号点依然代表 $x$）：

脑补一下，合并两张右边的新图，可以发现 $4$ 一定可以到达 $2$，这意味着在二分图中，有一条 $4_{out}$ 往 $2_{in}$ 的非匹配边。

那么在伪·增广的时候，$2_{in}$ 就会走到 $4_{out}$ 然后走到 $1_{in}$ 从而标记 $1_{in}$，那么此时 $1_{in}$ 就不在 $S$ 内，与一开始的假设矛盾。

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也就是说，对于每个 $x$，$x_{in}$ 和 $x_{out}$ 至少一者在 $A$ 内，那么对于 $|A|-|B|$，我们可以理解为将 $x_{in}$ 和 $x_{out}$ 都在 $A$ 内的 $x$ 去掉一个 $x_{in}$，于是 $|A|-|B|$ 可以理解为 对于每个 $x$，$x_{in}$ 和 $x_{out}$ 恰好一者在 $A$ 内，就显然有 $|A|-|B|=n$。

而又由于 $|A|=2n-M$，所以有 $|B|=|A|-(|A|-|B|)=n-M$。

这不就是第一问求出来的最长反链的长度吗？于是就证完了。第二问也解决了。

而第三问就很好办，对于每个 $x$，我们看一下强制选 $x$ 后，最长反链的长度，如果恰好为 $n-M-1$，那么 $x$ 就有可能在 $S$ 内，如果小于 $n-M-1$ 则不可能。具体实现就是，将 $x$ 以及与 $x$ 相连的点全部删掉再跑二分图最大匹配。

整理一下思路： 先使用Dilworth定理转化为求最小不可重链覆盖，使用二分图最大匹配解决第一问，在二分图基础上构造出最大独立集 $A$，从 $A$ 中拎出一个最大反链的方案解决第二问，然后再随便搞搞解决第三问。

去掉网络流板子看其实代码出乎意料地短：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 210

int n,m;
bitset<110> g[110];
struct edge{
    
    int y,z,next;}e[100010];
int first[maxn],len=1;
void buildroad(int x,int y,int z){
    
    e[++len]=(edge){
    
    y,z,first[x]};first[x]=len;}
void ins(int x,int y,int z){
    
    buildroad(x,y,z);buildroad(y,x,0);}
int S,T,q[maxn],st,ed,h[maxn],cur[maxn];
bool bfs(){
    
    
	memset(h,0,sizeof(h));
	q[st=ed=1]=S;h[S]=1;
	while(st<=ed){
    
    
		int x=q[st++];cur[x]=first[x];
		for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
    
    
			int y=e[i].y;
			if(!h[y]&&e[i].z)h[y]=h[x]+1,q[++ed]=y;
		}
	}
	return h[T];
}
int dfs(int x,int flow){
    
    
	if(x==T)return flow; int tt=0;
	for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next){
    
    
		int y=e[i].y;
		if(h[y]==h[x]+1&&e[i].z){
    
    
			int p=dfs(y,min(e[i].z,flow-tt));tt+=p;
			e[i].z-=p;e[i^1].z+=p;
		}
		if(tt==flow)break;
	}
	if(!tt)h[x]=0;
	return tt;
}
bool del[maxn];
int solve(){
    
    
	int re=0;
	memset(first,0,sizeof(first));len=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!del[i])
		ins(S,i,1),ins(i+n,T,1),re++;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!del[i])
		for(int j=1;j<=n;j++)if(!del[j])
			if(g[i][j])ins(i,j+n,1);
	while(bfs())re-=dfs(S,1e9);
	return re;
}
int mat[maxn];
bool vl[maxn],vr[maxn];
void DFS(int x){
    
    
	vr[x]=true;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(g[i][x]&&!vl[i])
			vl[i]=true,DFS(mat[i]);
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d",&n,&m);S=2*n+1;T=S+1;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
		scanf("%d %d",&x,&y),g[x][y]=1;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(g[i][k])g[i]|=g[k];
	int ans;
	printf("%d\n",ans=solve());
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!e[4*i].z)
		for(int j=first[i+n];j;j=e[j].next)
			if(e[j].z)mat[e[j].y]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(e[4*i].z)DFS(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		putchar('0'+(!vl[i]&&vr[i]));//i_{out}未被标记和i_{in}被标记意味着他们都在A内，即i在B内
	printf("\n");
	for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
		for(int j=1;j<=n;j++)del[j]=j==i||g[i][j]||g[j][i];
		putchar('0'+(solve()==ans-1));
	}
}