Yali 19 - 8 - 6 test T2 猪国(pig) 题解

Posted 2022-06-18 yangxuejian

T2 猪国

题?描述

猪国是?个由 \(n\) 个城市组成的国家。
国王意识到了“要致富，先修路”这句话的重要性，它决定?规模修路。不巧的是，猪国的
猪们不太会?程，于是只能请隔壁鸡国的鸡建狂魔来帮忙修路。鸡建狂魔看不起猪，于是随
便建设了 \(m\) 条单向的路。尽管如此，每条路还是产?了或多或少的价值。
路修好了，经济却上不来。国王经过调研，发现了道路的巨?缺陷。具体来说，猪?们?向
感不好，?旦存在若?条路能组成?个环，那么可怜的猪?就有可能在环??绕来绕去，这
样甚?会产?反效果。
国王认为这不good。它决定改进这些路使得路再也不能组成环，这样就很good。
国王找到了鸡建狂魔要求售后服务，但鸡建狂魔只答应把若?条路反向，同时还要求收取费
?。国王不??被任意宰割，经过谈判，总费?为被反向的路的价值的最?值。
鸡建狂魔保证有办法使路变得good。国王想知道把路变得good的最?费?。当然，如果这
些路本来就很good，那么说明国王的调研有问题，?然费?就是 0。

输?格式

第??两个整数 \(n, m\)分别表?城市的数?和道路的数?。
接下来 ?，每?三个整数\(x , y , z\)表?这是?条从$ x \(城市单向到\) y \(城市的路，它的价值为\) z $。

输出格式

???个整数表?答案。

样例

Input 1
5 6
2 1 1
5 2 6
2 3 2
3 4 3
4 5 5
1 5 4
Output 1
2

Input 2
5
7
2 1 5
3 2 3
1 3 3
2 4 1
4 3 5
5 4 1
1 5 3
Output 2
3

数据范围
对于 30% 的数据，n,m <= 20 。
对于 60% 的数据，n,m <= 100 。
对于 100% 的数据，2 <= n, m < 1e5,1 <= x, y <= n, 1 <= z <= 1e9。
数据有梯度。

首先，我们看到出题人很（mo）有 （ming）道 （qi） 理（miao）的题解。

?分答案。把所有边权?于当前?分值的边拿出来建?个图。
有环就不?，否则就可以（?边都从拓扑序?点的连向拓扑序?的，?定没有环）。

但事实上，博主的思路是这样的。（事实上是一样的）

二分答案出一个值（data）（注意，这里的data是“被反向的路的价值的最?值”），边权大于这个data的边都不能动（边权小于data的您随意捣鼓）。于是乎就用这些不能动的边造一张图。好嘛，图造好了，拓扑一下，如果叼出来一个环，那显然不符合pig king的要求，那么就得吧data往上升，卡掉环内的一些边。（因为你想让这个图变成一个DAG，你至少得把这个图给摧毁）。哟,升多了，还得降。这样慢慢二分刨刨出来的data，就一定是最合适的data.这样做的话，时间复杂度是O(n log n)，没问题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxm = 1e5 + 5;
// n , m 的范围。
struct edgeint to, z;;
vector <edge> e[maxn];
// vector 存图
struct groupint u,v,w;g[maxm];
// 用struct保存每一条边，以便二分时不断建图。
int n, m, x, y, z, cnt, ans;
//ans 是 最终的 data
void init()
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        e[i].clear();
    

//每次建图之前需要清零
bool work(int limit)
    //拓扑排序
    queue <int> q;
    int rd[maxn] = 0, dot = 0;
    //dot是拓扑确定顺序的点数的数量
    init();
    for(int i = 1;i <= m;i ++)
        if(g[i].w > limit)
            e[g[i].u].push_back((edge)g[i].v,g[i].w); 
            rd[g[i].v] ++;
        
    
    //建图
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        if(rd[i] == 0)
            dot ++;
            q.push(i);
        
    
    while(!q.empty())
        int x = q.front();
        q.pop();
        for(int i = 0;i < e[x].size(); i ++)
            int y = e[x][i].to;
            rd[y] --;
            if(rd[y] == 0)
                q.push(y);
                dot ++;
            
        
    
    //标准的topsort过程
    return dot == n;
    //如果图中有环，那么有些点显然是无法确定顺序的，自然dot != n

int main()
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1;i <= m;i ++)
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);    
        g[++ cnt] = (group)x,y,z;
        //记录边数
    
    int l = 0, r = 1e9;
    //二分data
    while(l <= r)
        int mid = l + r >> 1;//当前data
        if(!work(mid))//如果当前data都爆出了环，那更小的data您就别想了
            l = mid + 1;
         else 
            //如果可以的话，那就再更苛刻的范围内求data
            r = mid - 1;
            ans = mid;
        
    
    cout << ans;
    return 0;