AcWing 164. 可达性统计
\(AcWing\) \(164\). 可达性统计
一、题目描述
给定一张 \(N\) 个点 \(M\) 条边的 有向无环图，分别统计从每个点出发能够到达的点的数量。
输入格式
第一行两个整数 \(N,M\)，接下来 \(M\) 行每行两个整数 \(x,y\)，表示从 \(x\) 到 \(y\) 的一条有向边。
输出格式
输出共 \(N\) 行，表示每个点能够到达的点的数量。
数据范围
\(1≤N,M≤30000\)
输入样例：
10 10
3 8
2 3
2 5
5 9
5 9
2 3
3 9
4 8
2 10
4 9
输出样例：
1
6
3
3
2
1
1
1
1
1
二、本题分析
思路
该题的 暴力做法 就是从每个点开始\(dfs\)，就能得到每个点最多可到达的点的数量，但很明显会超时。
可行的办法是：先对图进行 拓扑排序，这样可以由拓扑序由后向前 逆推。
每一个节点，都需要记录它可以到达的点有哪些，这本质上是一个状态表示的含义。一般这种情况我们的处理技巧是用状态压缩，比如\(8=(1000)_2\)代表四个节点，\(3\)号节点可达，\(0,1,2\)不可达。
但是\(N=30000\),如果按上面的思路，就需要\(2^{30000}\),太大了，装不下啊~
既然\(int\)太大了，不行，就换个办法:
使用\(c++\)中的\(bitset\)进行状态压缩!
用一个\(30000\)位的二进制数来表示一个点的状态:
bitset<30000> bt;
凭啥它就可以呢？它不怕太大装不下吗？
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = INT_MAX;
//一维静态数组，不能开到2147483647,此时INT 4byte=32bit,需要 4*2147483647/1024/1024/1024≈8GB,开不下，报错
// int a[N];
//1位bitset,就是1个bit,就是说小了32倍,可以正常开启程序并运行,8192MB/32=256MB
bitset<N> bit;
int main() {
cout << "Hello World~" << endl;
return 0;
}
\(bitset\) 可以像数组一样访问或修改某一位置的元素，注意\(0\)表示低位。
bitset<8> bt;
bt[0] = 1; // 00000001
\(bitset\) 也可以像一个数一样进行位运算：与(&)、或(|)、异或(^)、取反(~)、左移(<<)、右移(>>)。
有了\(bitset\)的加持，我们继续思考：
对于第\(i\)个点，考虑与其直接相连的边，如果\(j\)与其相连，则该二进制的第\(j\)位为\(1\)。
当我们按照拓扑序逆序遍历时，每个点所指向的其它点必定都被考虑过了，故此点的状态等于之前其他点的状态的\(bitwise\) 或运算 和。
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 30010, M = 30010;
int n, m;
int din[N];
bitset<N> f[N]; // 这相当于一个二维数组，表示点i(一维)，可以到达其它哪些点，用类似于二进制的方式描述
vector<int> path; // 拓扑序路径
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
void topsort() {
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!din[i]) q.push(i);
while (q.size()) {
int u = q.front();
q.pop();
path.push_back(u);
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
din[v]--;
if (din[v] == 0)
q.push(v);
}
}
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d %d", &n, &m);
int a, b;
while (m--) {
scanf("%d %d", &a, &b);
add(a, b); // a->b 有向图
din[b]++;
}
// 求拓扑序
topsort();
// 倒着dp, f[x]维护从x结点出发能访问到的所有结点的集合
for (int k = n - 1; k >= 0; k--) { // 倒序遍历拓扑序列
int u = path[k]; // 终点u
f[u][u] = 1; // 自己到自己是一种方案u->u base case
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) // 枚举节点u的每条出边
f[u] |= f[e[i]]; // 通过二进制或运算，可以获取到u点可以到达哪些点e[i]
}
// 输出个数
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", f[i].count());
return 0;
}
