問題描述

對於一有向圖，若需要保證任選一點即可走到其它所有點，詢問最少需要加多少條有向邊

結論

對於一有向圖，若其對應DAG中入度為0的點數為\(p\)，出度為0的點數為\(q\)，則答案數為\(max(p, q)\)

證明：
\(p \leq q\) 和 \(p \geq q\)的證明過程類似，這裡僅說明\(p \leq q\)的證明過程

1. 當\(p == 1\)，即1個起點，2個及以上終點時。可知起點就是一個鏈式關係中最前面的節點，從起點可到達鏈式關係中的任一點，因此從每一個終點向起點連線一條邊即可實現強連通，答案為\(q\)
2. 當\(p > 1\)時，\(q \geq p > 1\)
   ，即2個及以上起點，2個及以上終點，且滿足\(終點數>=起點數\)
   此時需要考慮一種特殊情況，\(p == q == 2\)。設兩個起點分別為\(p_1, p_2\)，兩個終點分別為\(q_1, q_2\)，則一定存在一種方案使得\(p_1\)可以走到\(q_1\), \(p_2\)可以走到\(q_2\)，證明採用反證法，假設\(q_2\)無法從\(p_1\)和\(p_2\)走到，但由於此圖是一DAG，對於\(q_2\)，不停找其前驅節點最終一定可以找到某個節點是走向\(q_2\)的，且該節點入度為\(0\)，即是一個起點，這與所有起點都無法到達\(q_2\)的假設相矛盾
   如果新增一條\(q_1 -> q_2\)
   的邊,則問題轉化為\(p == 1\)的情況,還需要新增\(1\)條邊,故答案為\(2\)
   
   綜上所述, 一種可行的操作方法為將\(p > 1\)的情況轉化為\(p == 1\),具體方法為將\((p - 1)\)個終點連向起點,這一步需要新增\((p - 1)\)條邊
   此時起點數為\(1\),終點數為\(q - (p - 1)\), 還需要新增\(q - (p - 1)\)條邊
   綜上,答案數為\(q - (p - 1) + (p - 1) = q = max(p, q)\)

解決思路

由上述結論可知，我們僅需將原圖轉變為DAG，分別統計入度為\(0\)和出度為\(0\)的點數即可
有向圖轉DAG可採用

例題解析

題目描述

解題思路
第1問：
假如當前圖為有向無環圖，那麼只需要計算入度為0的點的個數即可
因為對於入度非0的點，我們只需要將軟體提供給它的前驅即可，對於它的前驅同理，依次類推，我們僅需要提供給該鏈式關係中的第一個節點即可，而鏈式關係中的第一個節點即為入度為0的點，故需要統計的就是入度為0的點的個數

第2問：
對題目描述進行抽象可得目標為計算“有向圖轉變為強連通圖所需的最少加邊數”，即為\(max(入度為0點數，出度為0點數)\)
將有向圖轉為強連通圖，並分別統計入度和出度分別為0的個數即可

程式碼實現

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <stack>

using namespace std;

const int N = 110, M = 5000;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
stack<int> stk;
int timestamp;
bool in_stk[N];
// tarjan維護值
int dfn[N], low[N];
int id[N], Size[N], scc_cnt;
// 統計入度出度
int din[N], dout[N];

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx ++;
}
void tarjan(int u)
{
    dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
    stk.push(u), in_stk[u] = true;

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if (!dfn[j])
        {
            tarjan(j);
            low[u] = min(low[u], low[j]);
        }
        else if (in_stk[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
    }

    if (dfn[u] == low[u])
    {
        ++ scc_cnt;
        int y;
        do {
            y = stk.top(); stk.pop();
            in_stk[y] = false;
            id[y] = scc_cnt;
            ++ Size[scc_cnt];
        }while (y != u);
    }
}
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
    {
        int y;
        while (cin >> y, y) add(i, y);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        if (!dfn[i])
            tarjan(i);
    
    // 統計入度為0的點數p，出度為0的點數q
    int p = 0, q = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j])
        {
            int t = e[j];
            int a = id[i], b = id[t];
            if (a != b)
            {
                ++ dout[a];
                ++ din[b];
            }
        }
    
    for (int i = 1; i <= scc_cnt; ++ i)
    {
        if (!din[i]) ++ p;
        if (!dout[i]) ++ q;
    }

    cout << p << endl;
    if (scc_cnt == 1) cout << 0 << endl; // 僅有一個scc，不需要連邊，如果按照max(p, q)輸出是錯誤的，需要特判
    else cout << max(p, q) << endl;
    
    return 0;
}