CF1062F Upgrading Cities 拓扑排序

题面

给定一张有向无环图，定义重要节点x为：对于图中每一个点y,都可以从y出发到x或者从x出发到y.
次重要节点为删除某个节点后能满足上面条件的节点（不包括重要节点），求重要节点和次重要节点一共有多少个
\(2<=n, m<= 300000\)

题解

我们考虑这样两个性质：

• 当我们在拓扑排序的时候，同一时刻出现在队列中的点互不可达。
• 除去已经排序完的点和当前在队列的点，剩下的点全都是直接or间接由当前队列中的点拓展出来的。

我们记f[i]为点i可以到达or可以到达点i的点数之和。那么题目要求的点就是满足f[i] >= n - 2的点。
当队列里点数大于等于3的时候，由于互不可达，因此他们必然不是我们要求的点
当队列里点数只有1的时候，由性质2可以得出，剩下的点都可以加入f[x]
当队列里点数为2时，假设点为x和y,那么如果后续有一个点只能被x到达，那么它显然不能对y产生贡献。打个标记就行
一个细节：
如果x在y前面，那么我们应该用y来判x，因为当前在更新x的f值.而当x被更新完后，只能被x到达的点已经加入队列了。

考虑如何用y来判x:
我们定义内部点为y可达的所有点，内部边为两个端点都是内部点的边
如果y的某个邻居入度不是1，那么说明x有可能直接or间接指向它。
如果x不能指向它，说明这个邻居是被内部点指向了，那么我们沿着内部边反向走，一定可以走到一个（也可能是多个）点，满足这个点没有内部点连向它，不然的话就出现了环，不符合题意。那么对于这样的点，如果x不能连向它，说明它只有一个入度且入度为y（不然的话xy都不连向它，内部点也不连向它，它早入度为0进队了。），那么y会根据这个点，给x打上标记。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 301000
#define ac 601000

int n, m, ans;
int f[AC], in[AC];
int Head[AC], Next[ac], date[ac], tot;
int q[AC], head, tail;
bool z[AC];

struct node{
	int f, w;
}way[AC];	


inline int read()
{
	int x = 0;char c = getchar();
	while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return x;
}


inline void add(int f, int w){
	date[++ tot] = w, Next[tot] = Head[f], Head[f] = tot, in[w] ++;

}

void pre()
{
	n = read(), m = read();
	for(R i = 1; i <= m; i ++)
	{
		way[i].f = read(), way[i].w = read();
		add(way[i].f, way[i].w);
	}
}

void get(int cnt)//tmp == 2时，前者若不合法，在get中被筛出
{
	int x = q[head - 1], y = q[head];
	bool flag = 0;
	for(R i = Head[y]; i; i = Next[i])
		if(in[date[i]] == 1) {flag = 1; break;}
	if(flag) z[x] = 1;
	else f[x] += n - cnt;
}

void t_sort()
{
	int cnt = 0;
	head = 1, tail = 0;
	for(R i = 1; i <= n; i ++) 
		if(!in[i]) q[++ tail] = i, ++ cnt;
	while(head <= tail)
	{

		int x = q[head ++];
		int tmp = tail - head + 1 + 1;
		if(tmp == 1) f[x] += n - cnt;
		if(tmp == 2) get(cnt);
		for(R i = Head[x]; i; i = Next[i])
		{
			int now = date[i];
			if(!(-- in[now])) q[++ tail] = now, ++ cnt;//tmp == 2时，后者若不合法，在这里保证他的f值正确
		}
	}
}

void work()
{
	t_sort();
	tot = 0, memset(Head, 0, (n + 2) * 4), memset(in, 0, (n + 2) * 4);
	for(R i = 1; i <= m; i ++) add(way[i].w, way[i].f);		
	t_sort();
	for(R i = 1; i <= n; i ++)
		if(!z[i] && f[i] >= n - 2) ++ ans;
	printf("%d\n", ans); 
}

int main()
{
//	freopen("in.in", "r", stdin);
	pre();
	work();
	return 0;
}