蛋蛋安利的雙倍經驗題
1143: [CTSC2008]祭祀river
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Description
在遙遠的東方，有一個神祕的民族，自稱Y族。他們世代居住在水面上，奉龍王爲神。每逢重大慶典， Y族都會在水面上舉辦盛大的祭祀活動。我們可以把Y族居住地水系看成一個由岔口和河道組成的網絡。每條河道連接着兩個岔口，並且水在河道內按照一個固定的方向流動。顯然，水系中不會有環流（下圖描述一個環流的例子）。
由於人數衆多的原因，Y族的祭祀活動會在多個岔口上同時舉行。出於對龍王的尊重，這些祭祀地點的選擇必須非常慎重。準確地說，Y族人認爲，如果水流可以從一個祭祀點流到另外一個祭祀點，那麼祭祀就會失去它神聖的意義。族長希望在保持祭祀神聖性的基礎上，選擇儘可能多的祭祀的地點。
Input
第一行包含兩個用空格隔開的整數N、M，分別表示岔口和河道的數目，岔口從1到N編號。接下來M行，每行包含兩個用空格隔開的整數u、v，描述一條連接岔口u和岔口v的河道，水流方向爲自u向v。
Output
第一行包含一個整數K，表示最多能選取的祭祀點的個數。
Sample Input
4 4
1 2
3 4
3 2
4 2
Sample Output
2
【樣例說明】
在樣例給出的水系中，不存在一種方法能夠選擇三個或者三個以上的祭祀點。包含兩個祭祀點的測試點的方案有兩種：
選擇岔口1與岔口3（如樣例輸出第二行），選擇岔口1與岔口4。
水流可以從任意岔口流至岔口2。如果在岔口2建立祭祀點，那麼任意其他岔口都不能建立祭祀點
但是在最優的一種祭祀點的選取方案中我們可以建立兩個祭祀點，所以岔口2不能建立祭祀點。對於其他岔口
至少存在一個最優方案選擇該岔口爲祭祀點，所以輸出爲1011。
HINT
對於每個測試點：如果你僅輸出了正確的被選取的祭祀點個數，那麼你將得到該測試點30%的分數；如果你僅輸出了正確的被選取的祭祀點個數與一個可行的方案，那麼你將得到該測試點60%的分數；如果你的輸出完全正確，那麼你將得到該測試點100%的分數
【數據規模】 N ≤ 100 M ≤ 1 000
Source
2718: [Violet 4]畢業旅行
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
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Description
Input
Output
最多可選多少景點
Sample Input
7 6
1 2
2 3
5 4
4 3
3 6
6 7
Sample Output
2
HINT
Source
Ctsc2008 River & ural 1533. Fat Hobbits
題意：
給出一個有向無環圖。在其中找出一個最大的點集使得點集中任意兩個點之間不可達。
思路：
最長反鏈；那麼何爲反鏈？ 鏈是一個點的集合，這個集合中任意兩個元素v、u，要麼v能走到u，要麼u能走到v。 反鏈是一個點的集合，這個集合中任意兩點誰也不能走到誰。
求法：
Dilworth定理：最長反鏈長度 = 最小鏈覆蓋數
對於最小鏈覆蓋數，可以利用二分圖匹配來求；又應用了一個結論：最小鏈覆蓋數=總點數-最大匹配數
實現：
Floyed傳遞閉包，處理連通性問題； 匈牙利算法硬上，得結果。證明：(Dilworth定理)
首先，最長反鏈中的每個點，一定在不同的鏈中，所以得到：最長反鏈長度 ≤ 最小鏈覆蓋數
下面關心的是，最長反鏈長度 ≥ 最小鏈覆蓋數嗎？
用數學歸納法。
首先空的圖顯然成立。
假設對於所有點數小於圖G的圖都成立，現在來證G也滿足條件。
兩個定義：源：沒有一個點能走到它的點。（入度爲0） 匯：不能走到任何一個點的點。（出度爲0）
設：
這個圖點集爲V
這個圖的最長反鏈爲A
能走到A中某個點的點的集合爲B，A中某個點能走到的點構成的集合爲C。
（1）若A中至少有一個點既不是源也不是匯
則：
1. B ≠ V （否則反鏈的點全是匯）
2. C ≠ V （否則反鏈的點全是源）
3. B ∪ C = V：反證法，假設有一個點v既不屬於B也不屬於C，那麼說明反鏈上任何一點不能到v，v也不能到反鏈上任何一個點，反鏈加上v之後能成爲更長的反鏈，與假設矛盾。
4. B ∩ C = A：反證法，假設有一個點v既屬於B也屬於C但不屬於A，那麼說明反鏈上某點a能到v，v能到反鏈上某點b。若a = b，則與圖是有向無環圖矛盾。若a ≠ b，則a能先到v，在從v到達b，與a、b都在反鏈上矛盾。
設B構成的子圖、C構成的子圖的最小鏈覆蓋的鏈的集合分別爲C[B]和C[C]。因爲|B| < |V|，|C| < |V|，由歸納假設，C[B]、C[C]大小分別等於B構成的子圖和C構成的子圖的最長反鏈的大小。
考慮一條鏈c ∈ C[B]，則c中必然存在一個在最長反鏈上的點v，不然最小鏈覆蓋會大於最長反鏈，與歸納假設矛盾。因爲B ∩ C = A，所以C[B]中v不能到任何一個點。所以v必爲c的匯。
於是得到：A中的點都是C[B]中某條鏈的匯。
同理：A中的點都是C[C]中某條鏈的源。
又B ∪ C = V，B ∩ C = A，C[B]中某條鏈的匯必爲C[C]中某條鏈的源，於是把C[B]和C[C]拼起來，就得到一個原圖G的一種可行的鏈覆蓋了！
考慮這個鏈覆蓋，發現這個鏈覆蓋大小 = 最長反鏈長度，得到最小鏈覆蓋大小 ≤ 最長反鏈長度。又由前面的最小鏈覆蓋大小 ≥ 最長反鏈長度，所以G中最小鏈覆蓋大小 = 最長反鏈長度
（2）若A是所有源的集合或所有匯的集合
若A是所有源的集合，那麼從A中隨便取一個元素v（這個可以隨便找到吧）
再從V中隨便找一個匯u，使得v可以到u（這個也可以隨便找到吧）（u可以等於v）
然後G中去掉v、u形成圖G’。則G’的最長反鏈大小一定小於等於|A| - 1，不然的就可以在G中找到一條不選v、u的最長反鏈，利用（1）的結論可以證明正確性。
由於歸納假設，則G’中一定可以找到一個數量爲|A| - 1的鏈覆蓋。再加上{v} ∪ {u}這條鏈，則可以在G中找到一個數量爲|A|的鏈覆蓋，所以G的最小鏈覆蓋 ≤ 最長反鏈長度。
又由前面的最小鏈覆蓋大小 ≥ 最長反鏈長度，所以G中最小鏈覆蓋大小 = 最長反鏈長度。
證完了，這就是傳說中的Dilworth定理：最小鏈覆蓋數 = 最長反鏈長度。
其對偶定理：最長鏈長度 = 最小反鏈覆蓋數 就不證了，網上的證明爛大街了。
by vfk
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
#define maxn 210
#define maxm 1010
int n,m,ans=0;
int road[maxn][maxn],part[maxn],f[maxn];
bool used[maxn];
void floyed()
{
for (int k=1; k<=n; k++)
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=n; j++)
if (road[i][k] && road[k][j])
road[i][j]=1;
}
bool find(int x)
{
if (f[x]) return 0;
f[x]=1;
for (int i=1; i<=n; i++)
if (road[x][i])
{
if (!used[i] || find(part[i]))
{
used[i]=1;part[i]=x;return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for (int i=1; i<=m; i++)
{
int u=read(),v=read();
road[u][v]=1;
}
floyed();
for (int i=1; i<=n; i++)
{
memset(f,0,sizeof(f));
if (find(i)) ans++;
}
printf("%d\n",n-ans);
return 0;
}
