TIOJ 1142 95_3.關鍵邏輯閘

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題目連結：1142 – 3.關鍵邏輯閘 | TIOJ INFOR Online Judge

題目敘述 :

一個組合電路(combinational circuit)由線路(wires)連接一組邏輯閘(logic gates)而成，並且不包含有向迴路(directed cycle)。一個組合電路的效能決定於最後一個主要輸出(primary output)被算出來的時間。假設每一個邏輯閘所需的運算時間都是固定並且是已知的，而線路的延遲(delay)是0。我們希望把一個組合電路所有的關鍵邏輯閘找出來。若一個邏輯閘的運算時間有任何延長，便會影響到整個電路的效能，它就被稱為關鍵邏輯閘。以圖一的組合電路為例，I1、I2、I3是主要輸入；O1、O2是主要輸出；圓圈代表邏輯閘，箭頭代表線路；每個邏輯閘有自己的編號以及固定的延遲時間。在圖一的例子當中，該組合電路中的O1會因為邏輯閘2、4、5的延遲，在時間400才會收到運算結果；而O2會因為邏輯閘2、4、6的延遲，在時間600才收到運算結果，因此O2是最後一個被算出來的主要輸出。關鍵邏輯閘分別是2、4以及6號邏輯閘，當其中一個關鍵邏輯閘的運算時間有任何延長，O2被算出來的時間也會再往後延遲。相反地，就算1號邏輯閘的運算時間從150延長到160，也不會影響到O2被算出來的時間，因此1號邏輯閘並不是關鍵邏輯閘。

輸入說明 :

第一行為一個整數 n (0 < n < 10000)，代表一個組合電路的邏輯閘總數，每個邏輯閘的編號都不同，且範圍是介於 1~n 之間的整數。第二行為一個整數 m (m < 50000)，代表線路的總數。接下來的 n 行，依序列出每個邏輯閘的運算時間；每個運算時間的值是介於 0 到 600 之間(含)的整數。最後 m 行，分別列出每一條線路由某個邏輯閘的輸出接到另一個邏輯閘的輸入。 注意：為簡化輸入，我們把主要輸入(primary inputs)與邏輯閘之間的線路，以及邏輯閘與主要輸出(primary outputs)之間的線路省略。(每一個邏輯閘至少都含有一個線路輸出到另一個邏輯閘或主要輸出)

輸出說明 :

列出關鍵邏輯閘的個數。

範例輸入 1 :

5 4
200
200
400
250
200
1 2
3 2
3 5
4 5

範例輸出 1 :

3

題解 :

很明顯，題目是要最長的路徑，因為最後一個完成的才會是關鍵邏輯閘，並且圖是有向無環圖，我的想法是先做出反圖( f->t 存成 t->f )，接著將所有終點接到虛擬點0，並用一次DFS算出所有點的最長路徑。以範測為例。

原圖的邊有 1->2, 3->2, 3->5, 和 4->5。我將它存為下圖

TIOJ1142_p1

可以聲稱一個性質"對於每個點而言，只有反圖上累積路徑最長的那幾條，後面的點才會有可能是關鍵邏輯閘"，最後再做一次DFS，知道那些點是關鍵就可以間接算出數量了。

實作程式碼如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll=long long;
const ll N=10010;

int n,m;
//dis存運算時間，dp存到這個點的最長距離
int dis[N],dp[N];
//ind表示indegree，ind[i]為零的都是終點
int ind[N];
//圖的鄰接串列表示法
vector<int> g[N];
//哪些是關鍵
bitset<N> ans;

//第一次DFS
void init(int node){
    dp[node]=0;
    for(auto i:g[node]){
        init(i);
        dp[node]=max(dp[node],dp[i]);
    }
    dp[node]+=dis[node];
}

//第二次DFS
void dfs(int node){
    int mx=0;
    bitset<N> tp;
    for(auto i:g[node]){
        if(dp[i]>mx){
            tp.reset();
            mx=dp[i];
            tp[i]=true;
        }else if(dp[i]==mx){
            tp[i]=true;
        }
    }

    for(auto i:g[node]){
        if(tp[i]){
            dfs(i);
        }
    }
    ans|=tp;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);

    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>dis[i];
    }

    for(int i=0;i<m;++i){
        int f,t;
        cin>>f>>t;
        g[t].emplace_back(f);
        ind[f]++;
    }

//  將所有終點用點0連接
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(ind[i]==0){
            g[0].emplace_back(i);
        }
    }

//  最後各跑一次就可以求出答案了
    init(0);
    dfs(0);

    cout<<ans.count();
}

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