[SMOJ1830]小岛

题目描述

有 N 个城市，编号 1 至 N，农夫 FJ 为这 N 个城市共设计了 M 条单向飞机航班。
如果存在两个不同的城市 a 和 b，使得城市 a无论如何也无法到达城市 b（即使转机也不能到达b），而且城市 b 无论如何也无法到达城市 a（即使转机也不能到达a），
那么我们认为 FJ 设计的这 M 条飞机航班是不合理的，输出”No”，否则输出“Yes”。

输入格式 1830.in

多组测试数据。
第一行，一个整数 R ，表示有 R 组测试数据。
每组测试数据格式：
第一行，两个整数，N 和 M。 1≤N≤50000， 1≤M≤60000。
接下来有 M 行，每行两个整数: a 和 b，表示城市 a 有一条单向航班飞向城市 b。

输出格式 1830.out

共 R 行，每行输出Yes或者No。

输入样例 1830.in

1
3 3
1 2
2 3
3 1

输出样例 1830.out

Yes

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题意：有 n 个结点和 m 条有向边，判断是否存在两个点 u 和 v，满足 u 无法到达 v 且 v 无法到达 u。事实上，就是判断图是否弱连通。

如果题目条件是“u 无法到达 v 或者 v 无法到达 u”，那么显然只要判断整个图是否为一个强连通分量即可。但是这样做是错的，很容易举出反例。
但是，显然缩点这一步并不是没有用的。缩点后同一强连通分量内的点肯定互相可达，因此只需要判断强连通分量之间是否可达就可以了。

我们不妨这样来思考：把缩点后得到的 DAG 中结点编号为 1~n，按编号从小到大顺次排成一行，容易发现：每条边一定是从编号小的往编号大的方向连，绝对不可能倒着。请重视这个性质，这是解决本题的关键。

那么，我们考虑第 n−1 个点和第 n 个点。如果它们之间不连通，则整个图就是根本不合法的。想要使他们连通，只有一种可能，就是存在一条从 n−1 连到 n 的有向边。不可能往前连再连回来，这不符合我们上面得出的性质。
同理，对于第 n−2 个点和第 n−1 个点，要使它们连通，必须存在一条从 n−2 连到 n−1 的有向边…………对于第 1 个点和第 2 个点，必须存在从 1 到 2 的边。

可能会问，这样一来，仅仅是满足了相邻结点之间连通的要求而已。但其他的呢？事实上，只要能够满足相邻结点之间连通，任意两个结点之间就一定连通。
归纳起来，也就是说，要求缩点后得到的是一条链！但是，除了相邻结点中的边之外，可能存在其他多余的边。那无所谓，只要成一条链，已经足够满足要求。

具体的实现：缩点可以在 O(n+m) 内跑一遍 tarjan，之后可以用 topo 做，每次删去入度为 0 的点。如果一次同时删去多于 1 个点，则不合法。否则删到最后，就成一条链，一定合法。至于为什么能够这样做，最好还是手画一下进行分析。

lgj 也在评讲的时候告诉我们：赛场上思考问题往往不一定能够立即得到正解，因此要多举例，画图（或列式？）分析，找到一些共通点，从而突破。

参考代码：

#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>#include <stack>#include <queue>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 100;const int maxm = 1e5 + 100;struct Edge { int to, next; } edge[maxm];int a[maxm], b[maxm];int n, m;int head[maxn], belong[maxn];int cntEdge, cntScc;void addEdge(int u, int v) {    edge[++cntEdge].to = v;    edge[cntEdge].next = head[u];    head[u] = cntEdge;}int dfn[maxn], low[maxn], timeStamp;bool instack[maxn];stack <int> st;int inDegree[maxn];void tarjan(int root) {    dfn[root] = low[root] = ++timeStamp;    instack[root] = true;    st.push(root);    for (int i = head[root]; i; i = edge[i].next)        if (!dfn[edge[i].to]) {            tarjan(edge[i].to);            low[root] = min(low[root], low[edge[i].to]);        } else if (instack[edge[i].to]) low[root] = min(low[root], dfn[edge[i].to]);    if (dfn[root] == low[root]) {        cntScc++;        int cur;        do {            cur = st.top(); st.pop();            instack[cur] = false;            belong[cur] = cntScc; //每个结点属于缩点后的哪个强连通分量        }        while (cur != root);    }}bool topo() {    queue <int> q;    while (!q.empty()) q.pop();    for (int i = 1; i <= cntScc; i++)        if (!inDegree[i]) q.push(i); //将入度为 0 的点入队    if (q.size() > 1) return false; //如果一次有多个点同时入队，则它们之间就互不可达，整个图不合法    while (!q.empty()) {        int cur = q.front(); q.pop();        for (int i = head[cur]; i; i = edge[i].next)            if (!(--inDegree[edge[i].to])) q.push(edge[i].to);        if (q.size() > 1) return false; //同上    }    return true;}int main(void) {    freopen("1830.in", "r", stdin);    freopen("1830.out", "w", stdout);    int r;    scanf("%d", &r);    while (r--) {        scanf("%d%d", &n, &m);        memset(head, 0, sizeof head);        cntEdge = 0;        for (int i = 0; i < m; i++) {            scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);            addEdge(a[i], b[i]);        }        memset(dfn, 0, sizeof dfn);        timeStamp = 0;        memset(instack, false, sizeof instack);        cntScc = 0;        for (int i = 1; i <= n; i++) if (!dfn[i]) tarjan(i);        memset(head, 0, sizeof head);        cntEdge = 0;        memset(inDegree, 0, sizeof inDegree);        for (int i = 0; i < m; i++)            if (belong[a[i]] != belong[b[i]]) {                addEdge(belong[a[i]], belong[b[i]]);                ++inDegree[belong[b[i]]];            }        puts(topo() ? "Yes" : "No");    }    return 0;}