形式化题目

给定一张 $N$ 个点、$M$ 条边的有向无环图 $G=(V,E)$。要求选出若干条有向路径，满足：

• 路径之间两两没有公共点（每个交叉口只被一个士兵走过一次）；
• 所有路径的点集并起来覆盖全部 $N$ 个点。

求所需路径条数的最小值，这个量称为 DAG 的最小路径点覆盖。

注意路径的连续性指的是边上连续：士兵只能沿一条真实存在的道路 $u\to v$ 从 $u$ 走到 $v$， 所以路径上相邻两点之间必须有一条直接边，而不是“存在一条路径”即可。

正解

思路

第一步：朴素做法为什么不可行

把每个点指派为“某条路径的起点”或“接在某个前驱后面”。最直接的枚举是：每个点从 $N$ 个前驱 （或“不接”）里选一个，共约 $N^N$ 种方案；即使用状压 DP，状态也是“已被覆盖的点集”， 需要 $O(2^N \cdot N)$。$N=120$ 时两者都完全不可行。

瓶颈很清楚：链的起点集合和终点集合事先不知道，于是只能连链的划分一起枚举。

第二步：只看“接边”，不看链

换个角度数数。设一共用了 $k$ 条路径，把每条路径内部相邻两点的连接叫做一条接边。 一条含 $L$ 个点的路径恰好有 $L-1$ 条接边，所以所有路径的接边总数为

这个恒等式说明：只要数出接边数，路径条数就被确定了：$k = N-\nu$。 要让 $k$ 最小，只需让接边数 $\nu$ 最大——这样就绕开了“枚举链”这件事。

同时，一组接边要真的能拼成不相交的路径，必须满足：

• 每个点至多有一个后继（不能同时接两个点在自己后面）；
• 每个点至多有一个前驱（不能被两个点同时接在后面）。

第三步：把“接边”翻译成二分图匹配

把每个点 $u$ 拆成两个副本：

• 左副本 $u_L$：负责 $u$ 的出边；
• 右副本 $u_R$：负责 $u$ 的入边。

对原图的每条有向边 $u\to v$，在二分图里连一条边 $u_L \to v_R$。 那么一条接边“$u$ 的后继是 $v$”就对应选中二分边 $u_L\to v_R$：

• “每个点至多一个后继”= 每个左副本最多出现在一条被选中的边里；
• “每个点至多一个前驱”= 每个右副本最多出现在一条被选中的边里。

这正是匹配的定义。所以“能接出的最多边数”就是这张二分图的最大匹配 $\nu$。

还剩最后一个担心：匹配边可能连成一个环。比如 $a\to b\to c\to a$ 会选中三条边， 每点度数都合法，却拼不出链。此时题面的无环条件就用上了： 沿着匹配箭头一直走，等价于在原图中沿有向边走一条路，原图无环，所以永远走不回起点。 因此任意匹配都自动分解成若干条点不相交的有向路径，不会出现环。

两个方向合起来：任意一组合法路径拆出接边就得到一个同大小的匹配， 而任意一个匹配又能拼回一组合法路径，所以最大接边数恰好等于最大匹配 $\nu$。 于是最终的公式是

第四步：样例 1 对照

样例 1 是 $N=4$，边为 $3\to4,\ 1\to3,\ 2\to3$，图长这样：

flowchart LR
    N1((1)) --> N3((3))
    N2((2)) --> N3
    N3 --> N4((4))

图中 $3$ 同时被 $1$ 和 $2$ 指向。$1\to3$ 与 $2\to3$ 争夺同一个入点 $3$， 不可能同时成为接边，所以最多只能接出 $3\to4$ 和 $1\to3$ 两条边，$\nu=2$。 “入点冲突导致有人接不上”就是路径条数增加的直接原因。

拆点建图后，$u_L$ 连向所有出边终点的右副本，匈牙利算法的匹配结果如下表。 表中每一行是一条候选接边 $u\to v$：左列写出它对应的二分边，中间是它在原图中的含义， 右列说明匈牙利算法最终是否选中了它。

被选中的两条边恰好各占用一个不同的左副本（$1_L,3_L$）和右副本（$3_R,4_R$）， 说明它们构成合法匹配；而 $2_L\to 3_R$ 与 $1_L\to 3_R$ 共用右副本 $3_R$， 是唯一被挤掉的候选，因此 $2$ 只能自己起一条新路径。

把匹配边当作链内箭头，就还原出覆盖全部 4 个点的路径。 下表每行是一条路径：中间列出路径上的点，右列是该路径贡献的接边， “点数 $-1$”应当等于接边数。

接边总数 $2+0 = 2 = \nu$，所以答案 $=4-2=2$，与样例输出一致。 注意 $2$ 并非孤立点（它有出边 $2\to3$），它单独成路只是因为入点 $3$ 被 $1$ 占用后它的出边当不上接边； 这正说明“入点冲突”就是链数增加的原因。

算法流程

1. 读入 $N,M$ 与 $M$ 条有向边；对每条边 $u\to v$，在 adj[u] 里加入 $v$。
2. 用匈牙利算法对 $u=1\dots N$ 依次寻找增广路，得到最大匹配 $\nu$。
3. 输出 $N-\nu$。

实现上按编号顺序为每个左副本增广一次即可：处理完前 $i$ 个左副本后， 当前匹配已经是它们诱导子图上的最大匹配，不需要反复扫描。

代码

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

typedef long long ll;

vector<int> adj[125];   // 左副本 u 喜欢的右副本
int match_r[125];
bool seen[125];

bool find_augment(int u) {
    for (size_t i = 0; i < adj[u].size(); i++) {
        int v = adj[u][i];
        if (seen[v]) continue;
        seen[v] = true;
        if (match_r[v] == 0 || find_augment(match_r[v])) {
            match_r[v] = u;
            return true;
        }
    }
    return false;
}

int max_matching(int n) {
    for (int i = 0; i <= n; i++) match_r[i] = 0;
    int matched = 0;
    for (int u = 1; u <= n; u++) {
        for (int i = 0; i <= n; i++) seen[i] = false;
        if (find_augment(u)) matched++;
    }
    return matched;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; i++) adj[i].clear();
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            adj[x].push_back(y);
        }
        // 最小路径点覆盖 = 顶点数 - 最大匹配数
        cout << n - max_matching(n) << "\n";
    }
    return 0;
}

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54#!/usr/bin/env python3
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# update_at: 2026-10-02 02:46

import sys

FREE = 0  # 右副本未匹配的哨兵；顶点编号从 1 开始，0 永远不会和真实顶点撞上


def find_augment(u: int, adj: list[list[int]], match_r: list[int], seen: list[bool]) -> bool:
    """从右副本一侧给左副本 u 找增广路：能腾出一个位置就返回 True。"""
    for v in adj[u]:
        if seen[v]:
            continue
        seen[v] = True                                        # 本轮已试过 v，不再重复访问
        if match_r[v] == FREE or find_augment(match_r[v], adj, match_r, seen):
            match_r[v] = u                                    # v 改配 u；原来占 v 的点已另找出路
            return True
    return False


def max_matching(n: int, adj: list[list[int]]) -> int:
    """匈牙利算法：依次为每个左副本找增广路，返回二分图最大匹配数。"""
    match_r = [FREE] * (n + 1)
    matched = 0
    for u in range(1, n + 1):
        if find_augment(u, adj, match_r, [False] * (n + 1)):
            matched += 1
    return matched


def solve() -> None:
    data = iter(map(int, sys.stdin.buffer.read().split()))
    out: list[str] = []
    T = next(data)

    for _ in range(T):
        n, m = next(data), next(data)
        # 拆点建图：每条有向边 u → v 对应一条二分边 u_L — v_R（左管出边，右管入边）
        adj: list[list[int]] = [[] for _ in range(n + 1)]
        for _ in range(m):
            adj[next(data)].append(next(data))

        # 最小路径点覆盖 = 顶点数 - 最大匹配数
        out.append(str(n - max_matching(n, adj)))

    print('\n'.join(out))


if __name__ == "__main__":
    solve()

复杂度

设点数为 $N$、边数为 $M$。

• 最大匹配：匈牙利算法，每个左副本增广一次，每次 DFS 最多扫过全部 $M$ 条边， 时间 $O(NM)$。本题 $N\le 120$，官方数据 $M\le 200$，实测最慢 0.019s。
• 空间：邻接表 $O(N+M)$，匹配数组与访问标记各 $O(N)$，实测峰值约 14.7MB， 远低于 128MB 限制。

与标准 C++ 正解（拆点 + 匈牙利）同阶，没有降级为暴力。

总结

• 每个交叉口恰好走一次、士兵沿街道连续前进，等价于用点不相交的有向路径覆盖全部点， 即 DAG 最小路径点覆盖；
• 关键恒等式：$k$ 条路径的接边总数恒为 $N-k$。于是最小化路径条数 ⇔ 最大化接边数， 问题从“枚举链的划分”变成“选尽量多的接边”；
• 把点 $u$ 拆成 $u_L,u_R$，边 $u\to v$ 变成二分边 $u_L\to v_R$， “每点至多一个前驱、至多一个后继”就是匹配的度数约束，所以最大接边数 = 最大匹配 $\nu$；
• 原图无环保证匹配不会连成环，链分解一定成立；
• 答案 $=N-\nu$，用匈牙利算法在 $O(NM)$ 内求出；
• 与 roj/3206 的区别：那题把“存在一条路径”也算连通，必须先做传递闭包； 本题士兵必须走直接边，直接用原图建二分图即可。

图示解析

整道题只有一条主线，三次等价改写：

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11题面：最少几个士兵，走遍所有点且每点只走一次
        │  士兵沿有向边连续前进，路径两两不相交
        ▼
DAG 最小路径点覆盖：用最少的点不相交有向路径覆盖全部点
        │  k 条路径的接边总数恒为 N-k
        │  ⇒ 最小化 k  等价于  最大化接边数 ν
        ▼
拆点二分图：边 u→v 变成 u_L→v_R
        │  "每点至多一个前驱/后继" = 匹配的度数约束
        ▼
最大匹配 ν（匈牙利算法）⇒ 答案 = N - ν

读图要点：每一步都是等价改写而不是近似，所以最终输出的 $N-\nu$ 就是最少士兵数。 第二到第三步之间的恒等式 $N-k=\nu$ 是整道题的枢纽——它把“求最少路径条数”这个整体问题， 拆成了可以逐边独立判断的匹配问题；而无环性则保证了匹配一定能被还原成合法的路径。