USACO 2018 December Contest Platinum T3: The Cow Gathering

题目大意

奶牛们从世界各地聚集起来参加一场大型聚会。总共有 N 头奶牛， N−1 对奶牛互为朋友。每头奶牛都可以通过一些朋友关系认识其他每头奶牛。

她们玩得很开心，但是现在到了她们应当离开的时间了，她们会一个接一个地离开。她们想要以某种顺序离开，使得只要至少还有两头奶牛尚未离开，所有尚未离开的奶牛都还有没有离开的朋友。此外，由于行李寄存的因素，有 M 对奶牛 (ai​,bi​) 必须满足奶牛 ai​ 要比奶牛 bi​ 先离开。注意奶牛 ai​ 和奶牛 bi​ 可能是朋友，也可能不是朋友。

帮助奶牛们求出，对于每一头奶牛，她是否可以成为最后一头离开的奶牛。可能会发生不存在满足上述要求的奶牛离开顺序的情况。

题目分析

从“总共有 N 头奶牛， N−1 对奶牛互为朋友”可知，合法情况下（有答案），这N头奶牛的关系构成了一棵树。若是构成环或其他形态，则该题答案均为0。

 

以下分析建立在 “这N头奶牛的关系构成了一棵树” 这样的合法情况下。

若没有行李寄存的限制，明显，每头牛都可以成为最后离开的牛。

而若有一对限制（a, b），a 要比奶牛 b​ 先离开，那么这样的话，以b为根的情况下，a的子树中的点 因为要比a先离开，所以他们比不会成为剩下两个点中的一个，

也就是说，他们的答案都为0。

 

我们将所有的a打上标记。

观察到，若 点x 为一可行点（答案为1），则把 x 点提为根，从根往下dfs，碰到有标记的点立即返回，那么它能到达的所有点都为可行点。

所以我们只需通过一遍拓扑排序找到一个可行点后dfs即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10;

struct Edge{
    int to,nxt;
}e[MAXN<<1];
int cnt,head[MAXN];
inline void add_edge(int u,int v){
    e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
int n,m,rt;
int ind[MAXN];
bool vis[MAXN],f[MAXN];
vector<int> lim[MAXN];
queue<int> q;
inline int Solve(){
    int tot=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();
        ++tot;
        if(ind[x]!=1){
            if(!ind[x]) return x;
            //for(int i=1;i<=n;++i)
            //    printf("0\n");
            //exit(0);
        }
        for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nxt){
            y=e[i].to;
            --ind[y];++tot;
            if(ind[y]==1) q.push(y);
        }
        for(int i=0,y;i<(int)lim[x].size();++i){
            y=lim[x][i];
            --ind[y];++tot;
            if(ind[y]==1) q.push(y);
        }
    }
    if(tot!=n){
        for(int i=1;i<=n;++i)
                printf("0\n");
            exit(0);
    }
}
inline void dfs(int x,int fa=0){
    f[x]=1;
    for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nxt){
        y=e[i].to;
        if(y!=fa&&!vis[y])
            dfs(y,x);
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,u,v;i<n;++i){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add_edge(u,v);
        add_edge(v,u);
        ++ind[u];++ind[v];
    }
    for(int i=1,u,v;i<=m;++i){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        lim[u].push_back(v);
        ++ind[v];
        vis[u]=true;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(ind[i]==1)
            q.push(i);
    rt=Solve();
    dfs(rt);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        printf("%d\n",f[i]?1:0);
    return 0;
}