【AT3945】[ARC092D] Two Faced Edges（图论）

点此看题面

• 给定一张\(n\)个点\(m\)条边的有向图。
• 对于每条边，求将它反向这张图的强连通分量数是否变化。
• \(n\le10^3,m\le2\times10^5\)

情况分析

对于一条边\(x\rightarrow y\)，考虑它翻转带来的影响，其实只要考虑翻转前后\(x\)能否到达\(y\)以及\(y\)能否到达\(x\)。

显然翻转前\(x\)一定能到达\(y\)（因为有这条边），而翻转后\(x\)还能到达\(y\)，就等价于在原图中存在一条不经过这条边从\(x\)到\(y\)的路径。

显然翻转后\(y\)一定能到达\(x\)（因为有这条边），而翻转前\(y\)能够到达\(x\)，就等价于在原图中\(y\)能到达\(x\)。

\(DFS\)

考虑我们枚举一个起点\(x\)出发\(dfs\)，对于每个点\(y\)记录\(x\)两条选择后能到达它的出边。

如果\(y\)记录了至少一条出边说明\(x\)能到达\(y\)，如果\(y\)记录了两条出边说明存在一条不经过\(x\)到\(y\)的边（如果存在）由\(x\)到\(y\)的路径。

最后枚举每条边根据求出的信息判一下就好了。

一个玄学的常数问题，如果用前向星存图会被卡，必须使用\(vector\)存图。

代码：\(O(nm)\)

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000
#define M 200000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].fr=x,e[ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,ee,lnk[N+5];bool g[N+5][N+5],vis[N+5][N+5];struct edge {int x,y;}e[M+5];
int d[N+5];vector<int> to[N+5];vector<int>::iterator it;
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
	Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
int v1[N+5],v2[N+5];I void dfs(CI x,CI c,CI o)
{
	if(x==o||v1[x]&&v2[x]) return;if(v1[x]) {if(v1[x]==c) return;v2[x]=c;}else v1[x]=c;//不能再过起点；每个点记录两条边
	for(RI i=0;i^d[x];++i) dfs(to[x][i],c,o);
}
int main()
{
	RI i,j;for(read(n,m),i=1;i<=m;++i) read(e[i].x,e[i].y),to[e[i].x].push_back(e[i].y),++d[e[i].x];
	RI sz;for(i=1;i<=n;++i)//枚举一个点出发
	{
		for(j=1;j<=n;++j) v1[j]=v2[j]=0;for(j=1;j<=d[i];++j) dfs(to[i][j-1],j,i);//枚举每条出边
		for(j=1;j<=n;++j) vis[i][j]=v1[j],g[i][j]=v2[j];//记录两信息
	}
	for(j=1;j<=m;++j) puts(g[e[j].x][e[j].y]^vis[e[j].y][e[j].x]?"diff":"same");return 0;//枚举每条边根据求得信息判断
}