Description

　　在遙遠的東方，有一個神秘的民族，自稱Y族。他們世代居住在水面上，奉龍王為神。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。每條河道連接著

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）。

　　由於人數眾多的原因，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族人認為，如果水流可以從一個祭祀點流到另外一個祭祀點，那麽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，選擇盡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，水流方向為自u向v。

N≤100M≤1000

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，那麽任意其他岔口都不能建立祭祀點

Solution

這個題麽，一句話題解了，就是一個最長反鏈裸題，直接套上板子就可以了。最長反鏈覆蓋請見筆者的文章網絡流建模基礎。

Code

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
 

#include<queue>
#define re register
#define inf 400000000
#define MAXN 10001
#define MAXM 100001
using namespace std;
int n,s,q,dis[2000011],t,l,cur[200051],m,f[301][301];
struct po
{
    int nxt,to,w;
}edge[MAXM];
int head[MAXN],dep[MAXN],num=-1;
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=' ';
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-')ch=getchar();
    while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*c;
}
inline void add_edge(int from,int to,int w)
{
    edge[++num].nxt=head[from];
    edge[num].to=to;
    edge[num].w=w;
    head[from]=num;
}
inline void add(int from,int to,int w)
{
    add_edge(from,to,w);
    add_edge(to,from,0);
}
inline bool bfs()
{
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    queue<int> q;
    while(!q.empty())
    q.pop();
    q.push(s);
    dep[s]=1;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(re int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].nxt)
        {
            int v=edge[i].to;
            if(dep[v]==0&&edge[i].w>0)
            {
                dep[v]=dep[u]+1;
                if(v==t)
                return 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return 0;
}
inline int dfs(int u,int dis)
{
    if(u==t)
    return dis;
    int diss=0;
    for(re int& i=cur[u];i!=-1;i=edge[i].nxt)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(edge[i].w!=0&&dep[v]==dep[u]+1)
        {
            int check=dfs(v,min(dis,edge[i].w));
            if(check>0)
            {
                dis-=check;
                diss+=check;
                edge[i].w-=check;
                edge[i^1].w+=check;
                if(dis==0) break;
            }
        }
    }
    return diss;
}
inline int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs())
    {
        for(re int i=0;i<=t;i++)
        cur[i]=head[i];
        while(int d=dfs(s,inf))
        ans+=d;
    }
    return ans;
}
int main() 
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    n=read();m=read();
    for(re int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        x=read();y=read();
        f[x][y]=1;
    }
    for(re int k=1;k<=n;k++)
        for(re int i=1;i<=n;i++)
            for(re int j=1;j<=n;j++)
                if(i!=j&&j!=k&&k!=i)
                    if(f[i][k]&&f[k][j]) f[i][j]=1;
    s=0;t=n+n+1;
    for(re int i=1;i<=n;i++)
        for(re int j=1;j<=n;j++){
            if(i!=j){
                if(f[i][j]){
                    add(i,j+n,1);
                }
            }
        }
    for(re int i=1;i<=n;i++)
        add(s,i,1),add(i+n,t,1);
    cout<<n-dinic();
    return 0;
}

[CTSC2008]祭祀river