CHOJ 2101可达性统计

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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。N,M≤30000。

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

共N行，表示每个点能够到达的点的数量。

样例输入

10 10
3 8
2 3
2 5
5 9
5 9
2 3
3 9
4 8
2 10
4 9

样例输出

1
6
3
3
2
1
1
1
1
1

题解：设从点 x 出发能够到达的点构成的集合是 c(x)，从点 x 出发能够到达的点，是从 x 的各个后继节点 y 出发能够到达的点的并集，再加上点 x 自身。先按照拓扑排序算法求出拓扑序，然后按照拓扑序的倒叙进行计算------因为在拓扑序中，任意一条边 (x , y)，x 都排在 y 之前。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 30000+7;
int head[maxn],ver[maxn];
int Next[maxn];
int tot,cnt;
int deg[maxn],a[maxn];
int n,m;
bitset<maxn> c[maxn];
void add(int x, int y){
    ver[++tot] = y, Next[tot] = head[x];
    head[x] = tot;
    deg[y]++;
}

void toposort(){
    queue<int> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        if(deg[i] == 0) q.push(i);
    while(q.size()){
        int x = q.front();
        q.pop();
        a[++cnt] = x;
        for(int i = head[x]; i; i = Next[i]) {
            int y = ver[i];
            deg[y]--;
            if(deg[y] == 0) q.push(y);
        }
    }
}

void solve(){
    int x, y;
    for(int i = cnt; i >= 1; i--) {
        x = a[i];
        c[x][x] = 1;
        for(int j = head[x]; j; j = Next[j]) {
            int y = ver[j];
            c[x] |= c[y];
        }
    }
}

int main(){
    int x, y;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    while(m--){
        scanf("%d %d", &x, &y);
        add(x, y);
    }
    toposort();
    solve();
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%d\n",c[i].count());
    return 0;
}