可达性统计_C/C++/C#

可达性统计

[link](AcWing 164. 可达性统计 - AcWing)

题意

给定一张 N N N个点 M M 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。

题解

每一个点能到的所有的点等价于这个点的直接后继节点能到的点的并集。因为是有向无环图所以拓扑排序以后，当前的拓扑序的某个点u的所有的出边边一定是指向拓扑序后面的点，因此可以倒着遍历这个拓扑序来维护，因为数据范围 1 ≤ N , M ≤ 30000 1le N, M le 30000 1≤N,M≤30000，最坏的情况下是会成为一条链，每个点都会和后面 x − 1 x-1 x−1个点，产生交集，这样就要开一个 n 2 n^2 n2的数组来存， 1 0 6 10^6 106的 i n t int int大概需要 4 M B 4MB 4MB，所以会超内存，考虑用二进制来优化，C++自带bitset，可以用bitset这样就可以降低空间复杂度。

Code

#include 
#include 
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#include 
#include 
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#include 
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#include 
#include 
#include  
#include 
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair PII;
typedef pair PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
bitset f[N];
int q[N];
int d[N];
void topsort() {
    int hh = 0, tt = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) if (!d[i])  q[++ tt] = i;
    while (hh <= tt) {
        int t = q[hh ++];
        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (-- d[j] == 0) q[++ tt] = j;            
        }
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n >> m;
    while (m --) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b);
        d[b] ++;
    }
    topsort();
    for (int i = n - 1; ~i; i -- ) {
       int j = q[i];
        f[j][j] = 1;
        for (int k = h[j]; ~k; k = ne[k])  
            f[j] |= f[e[k]];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << f[i].count() << endl;
    return 0;
}

可达性统计

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