Acwing 164. 可达性统计(拓扑排序+bitset)

地址：https://www.acwing.com/problem/content/166/

 

题意：

求每个点所能到达的点数目，包含自身。

解析：

一：已知为有向无环图，那么可以考虑用拓扑排序。

假设有图：

1->2->3->4

5->3

拓扑排序结果：

1->2-5->3->4

那么求每个点所能到达的点，是需要从右往左看的。对于5，它能到达5，3，4。对于2，它能到达2，5，3，4。那么求1所能到达的点，直接累加f[2]和f[5]是不行的，有重复点。所以我们需要求两者并集：f[2]Uf[5]=={2,5,3,4}

如果我们把n个点，看为一个长度为n+1(0不算点)的二进制，f[i][1]==1表示，i点能到1号点，==0则表示不能到。

那么对于一个点，先把它本身f[i][i]标为1，然后遍历它的出边，与它们两两进行 | 运算即可。

二：关于bitset

#include<bitset>

bitset<maxn>f[maxn]

f[].set()表示全变为1，括号内填入 i 表明将第i+1位变1

f[].reset()表示全变为0,括号内填入 i 表明将第i+1位变0

f[].flip()全取反

f[].count()求二进制所含1的数目

为了更直观地说明其在本题的作用，给出测试代码和运行截图：

bitset<5>f[maxn];
int main()
{
    f[1][2]=1;//1->2
    f[1][3]=1;//1->3
    f[3][2]=1;//3->2
    cout<<f[1]<<endl;
    cout<<f[3]<<endl;
    f[3]|=f[1];//取并集
    cout<<f[3]<<endl;
    cout<<f[3].count();//求所含1的数目
}

三：AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=3e4+10;
int ans[maxn],tot=0;
int e[maxn],ne[maxn],idx,h[maxn],d[maxn];
int n,m;
bitset<maxn>f[maxn];
void init()
{
    memset(h,-1,sizeof(h));
    idx=0;
}
void add(int a,int b)
{
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}
void bfs()
{
    queue<int>q;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(d[i]==0)
            q.push(i);
    while(!q.empty())
    {
        int t=q.front();
        q.pop();
        ans[tot++]=t;
        for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            d[j]--;
            if(d[j]==0)
            {
                q.push(j);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    init();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        add(a,b);
        d[b]++;
    }
    bfs();
    for(int i=tot-1;i>=0;i--)
    {
        int now=ans[i];
        f[now][now]=1;
        for(int j=h[now];j!=-1;j=ne[j])
        {
            f[now]|=f[e[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<f[i].count()<<endl;
}