[Luogu P2341] [HAOI2006]受欢迎的牛
题面
传送门：洛谷
Solution
前排提示，本蒟蒻做法既奇葩又麻烦 我们先可以把题目转换一下。 可以把一头牛喜欢另外一头牛理解为另外一头牛被一头牛喜欢。 我们把被喜欢的关系建边，即B被A喜欢，从B向A连一条有向边。 显然，一个点若能到达其他所有节点，它就是题目中的明星牛。 接下来，我们可以考虑一个类似于DP的做法。 即一个点能访问到的点，等同于它的儿子们访问的到的点加上它自己。 显然，这种特性要在DAG（有向无环图）上才能方便的使用。 所以说，我们第一步要对题目做的是缩点。 缩完点之后，我们就可以进行图上DP了。 我们可以用一个01数组$f[i][j]$表示i能具体能到达的点为j（用010101数列表示）。 显然 f[i] = f[k] （或运算）（k为i直接相连的点） 答案为f[i][j] j=11111111… 的点 当然，这样做有一个问题。 点的最大数目为n，我们这样做是$O(n^2)$的，在最坏条件（没有一个点能缩在一起）的情况下，会T。 我们这时候就得请出bitset。 bitset的食用方法（借用胡小兔dalao的博客） 使用bitset后，我们计算一个点能到达其他的点的复杂度一下子降为了$O(n/32)$ 总复杂度为$O(n^2/32)$ 然后就可以过啦。
Code
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<stack>
#include<bitset>
using namespace std;
long long read()
{
long long x=0,f=1; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=10000+100;
vector <int> e[N],e2[N];
int n,m,belong[N],nd_tot,dfn[N],mcount,low[N],cnt[N];
bool InStack[N];
stack <int> s;
bitset <N> arrival[N];
void Tarjan(int now)
{
InStack[now]=true;
s.push(now);
dfn[now]=low[now]=++mcount;
for(int i=0;i<int(e[now].size());i++)
if(dfn[e[now][i]]==0)
{
Tarjan(e[now][i]);
low[now]=min(low[now],low[e[now][i]]);
}
else if(InStack[e[now][i]]==true)
low[now]=min(low[now],low[e[now][i]]);
if(low[now]==dfn[now])
{
nd_tot++;
while(s.empty()==false)
{
int temp=s.top();
s.pop();
InStack[temp]=false;
belong[temp]=nd_tot;
cnt[nd_tot]++;
if(temp==now) break;
}
arrival[nd_tot][nd_tot]=true;
}
}
bool vis[N];
int ans=0;
void dfs(int now)
{
vis[now]=true;
for(int i=0;i<int(e2[now].size());i++)
{
if(vis[e2[now][i]]==false)
dfs(e2[now][i]);
arrival[now]=arrival[e2[now][i]];
}
if(int(arrival[now].count())==nd_tot)
ans+=cnt[now];
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
e2[i].reserve(4),
e[i].reserve(4);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int s=read(),t=read();
e[t].push_back(s);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(dfn[i]==0)
Tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<int(e[i].size());j++)
if(belong[i]!=belong[e[i][j]])
e2[belong[i]].push_back(belong[e[i][j]]);
for(int i=1;i<=nd_tot;i++)
if(vis[i]==false)
dfs(i);
printf("%d",ans);
return 0;
}
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