不可相交

     ~~~~     给定一个$DAG$，要求用尽量少的不相交的简单路径，覆盖$DAG$的所有顶点（每个顶点恰好被覆盖一次）。

• 设原来的有向无环图为$G=(V,E),n=|V|$。把$G$中的每一个点拆成入点和出点，建立一张新的二分图，$1$ ~ $n$为左部节点，$n+1$ ~ $2n$为右部节点，对于原图的每条有向边$(x,y)$，在二分图的左部点$x$和右部点$y+n$之间连边。
• 有向无环图$G$的最小路径点覆盖数量就是$n-$最大匹配数。证明：
           ~~~~~~~~         在最小路径点覆盖的方案中，因为所有路径不相交，所以每一个点的入度和出度都不超过1.因为每个节点都被覆盖，所以$x$的出度和入度至少有一个是1。
           ~~~~~~~~         因此，最小路径覆盖中的所有边，在拆点二分图中构成一组匹配。最小路径覆盖中每条边$(x,y)$的起点$x$与二分图每条匹配边$(x,y+n)$的左部点$x$是一一对应的。
           ~~~~~~~~         特别地，对于每条路径的终点$t$，因为$t$没有出边，所以出度为0，对应在二分图中就是$t$匹配失败。即路径的终点和二分图左部的非匹配点是一一对应的。
           ~~~~~~~~         故而，$G$的最小路径点覆盖等于$n$减去最大匹配数。
• 当然，求二分图最大匹配我们用$dinic$来求，快！

可相交

     ~~~~     和上述问题一样，不过路径可以相交。

• 一种做法是先对原图做一下传递闭包，这样新图我们可以直接按照最小路径点覆盖（路径不相交）来做。不过这样复杂度有点高。
• 考虑如何用网络流优化。
• 对于原图一条边$(x,y)$，多建一条$(x_0,y_0)$，容量为$inf$。这条边其实就相当于我们的传递闭包。

例题：bzoj2718

• 想要使两两点之间没有路径，那么每条$path$最多选一个点。($path$是你最小路径可相交覆盖的路径方案)。
• 其实是有一种合法的方案，使得你每条$path$上恰好选一个点的。所以答案就是$n-maxflow$。

Coding

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int M=2e5+10;
const int inf=1e9;
int n,m,s,t,tot=1,flow,maxflow,ver[M],Next[M],edge[M],lin[N],a[N][N],d[N];
void add(int x,int y,int z){
    
	ver[++tot]=y;Next[tot]=lin[x];lin[x]=tot;edge[tot]=z;
	ver[++tot]=x;Next[tot]=lin[y];lin[y]=tot;edge[tot]=0;
}
int cal(int i,int j){
    return i*n+j;}
bool bfs(){
    
	queue<int>q;
	memset(d,0,sizeof(d));
	d[s]=1,q.push(s);
	while(q.size()){
    
		int x=q.front();q.pop();
		for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
    
			int y=ver[i];
			if(edge[i]&&!d[y]){
    
				d[y]=d[x]+1;q.push(y);
				if(y==t) return 1;
			}
		}
	}return 0;
}
int dinic(int x,int flow){
    
	if(x==t) return flow;
	int rest=flow;
	for(int i=lin[x];i&&rest;i=Next[i]){
    
		int y=ver[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&edge[i]){
    
			int k=dinic(y,min(edge[i],rest));
			if(!k) d[y]=0;
			rest-=k,edge[i]-=k,edge[i^1]+=k;
			if(!rest) return flow-rest;
		}
	}return flow-rest;
}
int main(){
    
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
    
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		a[x][y]=1;
	}s=0,t=n*2+1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
    
		add(s,cal(0,i),1);
		add(cal(1,i),t,1);
		for(int j=1;j<=n;++j){
    
			if(a[i][j]){
    
				add(cal(0,i),cal(1,j),1);
				add(cal(0,i),cal(0,j),inf);
			}
		}
	}
	while(bfs()){
    
		while(flow=dinic(s,inf)) maxflow+=flow;
	}
	printf("%d\n",n-maxflow);
	return 0;
}