E. Count Seconds(DAG/拓扑排序/树形dp)

题目
参考

题意

给定一个DAG，其中出度为0的结点只有一个。每个结点有一个初始值a[i]。每秒，每个结点会发生以下事情：

• 对于当前结点u，他的值a[u]会减一。
• 对于所有与v相连的结点，他的值a[v]会加一。

问什么时刻，所有结点的a值都为0。

顶点n和边数m
1<=n,m<=1000
答案对998244353取模。

思路

我们把a值用小水珠代替描述，更形象点。
我们关注汇点，即出度为0的点。所有的结点，最终都会通过这个汇点。
关注任意一个结点u，以及它的初始值a[u]，结点从u走到汇点，最多需要n步，因为总共就n个结点。那么经过n步后，所有一开始从u出发的“水珠”，一定和连上了汇点。这些“水珠”流完，当前仅当最后一个水珠从汇点消失。

因此。
我们现模拟走n步，如果在n步范围内，所有结点的a值都为0，则直接得到答案。
如果在n步后，还存在非0的a值，这时可以计算每个结点u，他会对汇点贡献多少次。

例如，对于上图，汇点是5。那么

• 从汇点本身走到汇点，路径只有1条，贡献次数是1
• 从2，4走到5的路径只有1条，因此它们的贡献次数是1.
• 从3走到5，路径有2条，因此它的贡献次数是2
• 从1走到5，路径有3条，因此它的贡献次数是3.

如何求每个结点的贡献次数呢？用拓扑排序即可，反向建图，从汇点开始，计算汇点到每个结点的路径条数。

计算出贡献次数后，每个结点的贡献即为 a[i]*贡献次数。

此外注意取模运算。

详见代码

代码

#include
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1010;
const int mod = 998244353;

int n, m, x, y;
ll a[maxn];
vector<int> g[maxn], rg[maxn];
ll d[maxn], tmp[maxn], sum[maxn];
queue<int> q;
void step() {// 模拟走1步 
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        tmp[i] = a[i];
        a[i] = 0;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (!tmp[i]) {
            continue;
        }
        a[i] += tmp[i] - 1;
        for (auto v: g[i]) {
            ++a[v];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (a[i] >= mod) {// 这里+mod，是因为前面有 tmp[i] - 1，防止运算为负数 
            a[i] = a[i] % mod + mod;
        } else {
            a[i] = a[i] % mod;
        }
    }
}
int cal() {// 暴力 模拟走n轮 
    for (int run = 1; run <= n; ++run) {
        bool zero = true;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (a[i]) {
                zero = false;
                break;
            }
        }
        if (zero) {// 所有结点都走完了 
            return run - 1;
        }
        step();
    }
    return n;
}
void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lld", &a[i]);
        g[i].clear();
        rg[i].clear();
        d[i] = 0;
        sum[i] = 0;
    }
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
	    scanf("%d%d", &x, &y);
	    g[x].push_back(y);// 建图 
	    rg[y].push_back(x);// 反向建图 
	    ++d[x];// 结点的出度，对应反向图中 结点的入度 
	}
	int res = cal();
	if (res < n) {
	    printf("%d\n", res);
	    return;
	}

	// topu sort
    while (!q.empty()) {
        q.pop();
    }
    // 找出汇点 
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	    if (!d[i]) {
	        sum[i] = 1;
	        q.push(i);
//	        break;
	    }
	} 
    while (!q.empty()) {// 拓扑排序，计算每个结点的贡献次数 
        int u = q.front();
        q.pop();
        sum[u] %= mod;// 注意取模 
        for (auto v: rg[u]) {
            sum[v] += sum[u];
            if (--d[v] == 0) {
                q.push(v);
            }
        }
    }
    ll ans = n;// 计算ans 注意取模 
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        ll tmp = sum[i] * a[i] % mod;
        ans = (ans + tmp) % mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}
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最后

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