【bzoj4484】【jsoi2015】最小表示

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 432  Solved: 223
[Submit][Status][Discuss]

Description

【故事背景】
还记得去年JYY所研究的强连通分量的问题吗？去年的题目里，JYY研究了对于有向图的“加边”问题。对于图论有着强烈兴趣的JYY，今年又琢磨起了“删边”的问题。
【问题描述】
对于一个N个点（每个点从1到N编号），M条边的有向图，JYY发现，如果从图中删去一些边，那么原图的连通性会发生改变；而也有一些边，删去之后图的连通性并不会发生改变。
JYY想知道，如果想要使得原图任意两点的连通性保持不变，我们最多能删掉多少条边呢？
为了简化一下大家的工作量，这次JYY保证他给定的有向图一定是一个有向无环图（JYY：大家经过去年的问题，都知道对于给任意有向图的问题，最后都能转化为有向无环图上的问题，所以今年JYY就干脆简化一下大家的工作）。

Input

输入一行包含两个正整数N和M。
接下来M行，每行包含两个1到N之间的正整数x_i和y_i，表示图中存在一条从x_i到y_i的有向边。
输入数据保证，任意两点间只会有至多一条边存在。
N<=30,000,M<=100,000

Output

输出一行包含一个整数，表示JYY最多可以删掉的边数。

Sample Input

5 6

1 2

2 3

3 5

4 5

1 5

1 3

Sample Output

2

HINT

 

Source

By 佚名上传

[Submit][Status][Discuss]

 

题解 ：
        cmp函数：不加类型的话本地不会编译错误，（il好像也是）；

        删边互相之间是无影响的，所以可删就删，和顺序无关； 
        由于没有重边的无环DAG，一条边可删即这条边的u,v有另一种方式到达；
        DAG转成topsort序列，bitset优化N*M连通性dp
        $O( \frac{NM}{64} + M*logM)$
        //毕姥爷说得对，还是写一下的好，不然连bitset的空间都不会开（和vector一样）；
        20181031

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<bitset>
#define rg register
#define il inline 
#define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define ll long long
#define ld long double
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=30001 , M=100010;
bitset<N>f[N];
int n,m,o,hd[N],st[N],id[N],d[N],idx,q[N],t,w;
vector<int>g[N];
char gc(){
    static char*p1,*p2,s[1000000];
    if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
    return(p1==p2)?EOF:*p1++;
}
int rd(){
    int x=0; char c=gc();
    while(c<'0'||c>'9')c=gc();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
    return x;
}
il bool cmp(const int &a,const int &b){return id[a]<id[b];}
il void topsort(){
    for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q[++w]=i;
    while(t<w){
        int u=q[++t];
        st[id[u]=++idx]=u;
        for(rg int i=0;i<(int)g[u].size();i++){
            int v=g[u][i];
            if(!--d[v]){
                q[++w]=v;
            }
        }
    }
}
int main(){
    freopen("in.in","r",stdin);
    freopen("out.out","w",stdout);
    n=rd(); m=rd();
    for(rg int i=1,u,v;i<=m;i++){
        u=rd(); v=rd();
        g[u].push_back(v); 
        d[v]++;
    }
    topsort();
    for(rg int i=1;i<=n;i++){
        sort(g[i].begin(),g[i].end(),cmp);
    }
    int ans=0;
    for(rg int i=n;i;i--){
        int u=st[i];
        for(rg int j=0;j<(int)g[u].size();j++){
            int v=g[u][j];
            if(f[u].test(id[v])){
                ans++;
            }else{
                f[u][id[v]]=1;
                f[u]|=f[v];
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}//by tkys_Austin;