【XSY3325】社保（拓扑序）

显然我们先缩点，之后转化为一个 DAG，设为 GGG，设由其反边构成的图为 G′G'G′。题意就是求所有 “好的” 点，其中一个 “好的” 点需要满足这个点在 GGG 上能走到的点和在 G′G'G′ 上能走到的点的并集为所有点。

思路 1：显然一个点不可能同时在 GGG 和 G′G'G′ 上都能被同一个点 uuu 走到（除了这个点就是 uuu），于是我们可以在 GGG 和 G′G'G′ 上分别求出 uuu 能走到的点的个数，再加起来判断是否等于 n+1n+1n+1。但你发现这个能走到的点的个数并不好快速求。（如果用 bitset+拓扑那么与直接暴力无异）

我们可以将限制改的更严一点：我们先对 GGG 随便跑一个拓扑序出来，假设点 uuu 的拓扑序为 aua_uau。那么一个点 uuu 如果是 “好的” 点，当且仅当：在 GGG 上，拓扑序比 uuu 小的点都能走到 uuu，拓扑序比 uuu 大的点 uuu 都能走到。

思路 2：注意到这个条件其实告诉了我们一个隐含的信息：某个 “好的” 点 uuu 一定满足 uuu 在拓扑序的位置唯一。但是在考场上并没有想出来按这个思路做应该怎么做。

我们还是回到原来的要求：一个点 uuu 如果是 “好的” 点，当且仅当：在 GGG 上，拓扑序比 uuu 小的点都能走到 uuu，拓扑序比 uuu 大的点 uuu 都能走到。

对于一个点 uuu，我们可以先考虑哪些点 uuu 走不到，那么 uuu 走不到的点肯定不是 “好的” 点。我们可以找出 uuu 的所有儿子中拓扑序最小的那个点 vvv，那么拓扑序在 (au,av)(a_u,a_v)(au,av) 之间的点 uuu 肯定走不到，那么我们对区间 (au,av)(a_u,a_v)(au,av) 打上标记。

我们可以同样考虑哪些点走不到 uuu。

最后可以证明没有被打上标记的点一定是 ”好的“ 点。

#include<bits/stdc++.h>#define N 1000010using namespace std;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}return x*f;
}int n,m;
int cnt=1,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
int idx,dfn[N],low[N];
int top,sta[N];
int nscc,scc[N];
int num,du[N],a[N];
int c[N];
bool ins[N];
bool cor[N];
bool F;vector<int>e[N];void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++idx;sta[++top]=u,ins[u]=1;for(int v:e[u]){if(!dfn[v]){tarjan(v);low[u]=min(low[u],low[v]);}else if(ins[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);}if(dfn[u]==low[u]){nscc++;int v;do{v=sta[top],top--;ins[v]=0;scc[v]=nscc;}while(v!=u);}
}void adde(int u,int v)
{to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}queue<int>q;void tuopu()
{num=0;for(int i=1;i<=nscc;i++)if(!du[i]) q.push(i);    while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();a[u]=++num;for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){if((i&1)^F) continue;int v=to[i];du[v]--;if(!du[v]) q.push(v);}}
}void work()
{for(int i=1;i<=nscc;i++) du[i]=0;for(int i=2+F;i<=cnt;i+=2) du[to[i]]++;tuopu();if(num!=nscc){puts("0");exit(0);}for(int i=1;i<=nscc;i++) c[i]=0;for(int u=1;u<=nscc;u++){int minv=0;for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){if((i&1)^F) continue;if(!minv||a[to[i]]<a[minv]) minv=to[i];}if(minv) c[a[u]+1]++,c[a[minv]]--;else c[a[u]+1]++,c[nscc+1]--;int maxv=0;for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){if(!((i&1)^F)) continue;if(!maxv||a[to[i]]>a[maxv]) maxv=to[i];}if(maxv) c[a[maxv]+1]++,c[a[u]]--;else c[1]++,c[a[u]]--;}for(int i=1;i<=nscc;i++) c[i]+=c[i-1];for(int i=1;i<=nscc;i++) if(c[a[i]]) cor[i]=0;
}int main()
{n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int u=read(),v=read();e[u].push_back(v);}for(int i=1;i<=n;i++)if(!dfn[i]) tarjan(i);for(int u=1;u<=n;u++){for(int v:e[u]){if(scc[u]!=scc[v]){adde(scc[u],scc[v]);adde(scc[v],scc[u]);}}}for(int i=1;i<=nscc;i++) cor[i]=1;F=0;work();vector<int>ans;ans.clear();for(int i=1;i<=n;i++)if(cor[scc[i]]) ans.push_back(i);printf("%d\n",(int)ans.size());for(int u:ans) printf("%d ",u);return 0;
}
/*
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*/

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