P6134 [JSOI2015]最小表示（拓扑排序递推 + bitset优化，可达性统计变种）

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P6134 [JSOI2015]

题目要求删除一条边整个图的连通性是不受影响的，也就是说如果我们要删除边(x,y)(x,y)(x,y)，删除以后整个图的连通性不受影响的条件很明显就是x到y之间至少还有一条边可以到达。所以我们要统计每对点之间的路径条数，对于每一条边(x,y)(x, y)(x,y)来说，如果xy之间至少有两条路径，那么这一条边就可以删除，ans++ 。由于这是一个有向无环图，所以保证正确性。
我们直接拓扑排序，类似可达性统计的那一道题，我们可以用bitset存，先处理出每对点路径条数大于等于1的，用A存，再处理路径条数大于等于2的情况，用B存，我们只需要按照拓扑序倒序递推，对于每一对点x和y，B加上A[x] & A[y]表示x能到达z，y也能到达，z那么说明x和y之间至少还有一条边都能到达z，也就是x与y之间的路径条数至少大于等于2。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<bitset>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;//卡精度
typedef pair<int,int> PII;const int N = 3e4+7, M = 3e5 + 7;
const ll mod = 1e9+7;
const ll INF = 1e15+7;
const double EPS = 1e-10;//可近似为趋近为 0 可以根据定义求导时使用
const int base = 131;//base = 13331 // hashbitset<N>A[N], B[N];
int n, m;
int head[N], ver[M], edge[M], nex[M], tot;
int in[N];
int ans[M], top;void add(int x, int y)
{ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;in[y] ++ ;
}void toposort()
{queue<int>q;for(int i = 1; i <= n; ++ i)if(in[i] == 0)q.push(i);while(q.size()){int x = q.front();q.pop();ans[++ top] = x;for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){int y = ver[i];in[y] -- ;if(in[y] == 0)q.push(y);}}return ;
}void solve()
{for(int k = top ;k >= 1; -- k){int x = ans[k];for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){int y = ver[i];//我们倒序从叶子节点开始B[x] |= (A[y] & A[x]);//y能到，x也能到，并且x可以到y说明x到y至少有2条路径A[x] |= A[y];}}
}int main()
{memset(head, -1, sizeof head);scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= m; ++ i){int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);add(x, y);}for(int i = 1; i <= n; ++ i)A[i][i] = 1;toposort();solve();int ans = 0;for(int x = 1; x <= n; ++ x){for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]){int y = ver[i];if(B[x][y] == 1)ans ++ ;//这里应该判断x到y==1}}//for(int i = 1; i <= n; ++ i)//可以直接交可达性统计那一道题//    printf("%d\n", A[i].count());printf("%d\n", ans);return 0;
}

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