https://hihocoder.com/problemset/problem/1175
描述
小Hi和小Ho所在学校的校园网被黑客入侵并投放了病毒。这事在校内BBS上立刻引起了大家的讨论，当然小Hi和小Ho也参与到了其中。从大家各自了解的情况中，小Hi和小Ho整理得到了以下的信息：
- 校园网主干是由N个节点(编号1..N)组成，这些节点之间有一些单向的网路连接。若存在一条网路连接(u,v)链接了节点u和节点v，则节点u可以向节点v发送信息，但是节点v不能通过该链接向节点u发送信息。
- 在刚感染病毒时，校园网立刻切断了一些网络链接，恰好使得剩下网络连接不存在环，避免了节点被反复感染。也就是说从节点i扩散出的病毒，一定不会再回到节点i。
- 当1个病毒感染了节点后，它并不会检查这个节点是否被感染，而是直接将自身的拷贝向所有邻居节点发送，它自身则会留在当前节点。所以一个节点有可能存在多个病毒。
- 现在已经知道黑客在一开始在K个节点上分别投放了一个病毒。
举个例子，假设切断部分网络连接后学校网络如下图所示，由4个节点和4条链接构成。最开始只有节点1上有病毒。
最开始节点1向节点2和节点3传送了病毒，自身留有1个病毒：
其中一个病毒到达节点2后，向节点3传送了一个病毒。另一个到达节点3的病毒向节点4发送自己的拷贝：
当从节点2传送到节点3的病毒到达之后，该病毒又发送了一份自己的拷贝向节点4。此时节点3上留有2个病毒：
最后每个节点上的病毒为：
小Hi和小Ho根据目前的情况发现一段时间之后，所有的节点病毒数量一定不会再发生变化。那么对于整个网络来说，最后会有多少个病毒呢？
×
提示：拓扑排序的应用
小Hi：对于这个问题小Ho你有什么想法么？
小Ho：有，对于一个病毒来说它总会传递到一个没有邻居的节点，那我直接使用dfs模拟整个过程不就能够得到结果了吗？
小Hi：小Ho你真聪明，立刻就看穿了这个问题的本质。
小Ho：那当然啦。 <得意>
小Hi：那么小Ho，我这里有这样一个网络：
这里一共有n个节点，对于节点i，它总是连接着节点i+1和节点i+2。一开始只有节点1被感染，你算算最后n个节点一共有多少个病毒？
小Ho：很显然，节点1最后只有1个病毒；节点2也只有1个病毒；节点3会接受从节点1和节点2过来的病毒，所以有2个病毒；后面依次是节点4有3个病毒，节点5有5个病毒…它们好像刚好是费波拉契数列？
小Hi：你说的没错。对于这个网络，编号为i的节点最后感染的病毒数量就是斐波拉契数列的第i项。而斐波拉契数列的增长是很惊人的，当i到达一定值时，其电脑感染的病毒数量就会很大了。
小Ho：那这又有什么关系呢？反正能得到解不是么？
小Hi：能得到解那是当然了，但是你有想过需要花费多少时间么？在你的dfs算法中，每一次进入函数就等于模拟一个病毒进入电脑。如果最后结果有10亿个病毒，那么你就需要执行10亿次函数，假设电脑每秒钟可以执行1亿次函数，那么你的dfs就需要运行10秒。如果结果有100亿，1000亿呢？
小Ho：运行时间上好像是有问题，那我应该如何解决时间的问题呢？
小Hi：其实也很简单啦。你再想想，在我们最后得到结果上每各节点病毒数量有什么关系么？
小Ho：嗯 <思考> …我发现了！对于节点i来说，它最后的病毒数好像总是等于所有能够达到它的节点病毒数之和。就用你提到的那个斐波拉契数列来说，能够达到节点i的节点是节点i-1和节点i-2，所以节点i的病毒数是节点i-1和节点i-2的病毒数之和。这刚好就是斐波拉契数列的递推公式嘛！
小Hi：对，正是这样。对于一个节点i来说，如果我们能够先计算出它所有前驱节点的病毒数量，就可以直接推算出它最后的病毒数量了。
小Ho：但是怎么来计算所有前驱节点呢？
小Hi：这就要从图的性质入手了。我们现在的网络是没有环的，对于任意一个节点i，当它将自己所有的病毒都传送出去之后，它自身的病毒数量就不会改变了。那么我们不妨从没有前驱节点，也就是入度为0的节点开始考虑。
对于这些节点，它并不会再增加病毒数量。那么我们就根据它所关联的连接将病毒分发出去，然后这个节点就没有作用了。那不妨就删掉好了，它所关联的边也删掉。
这样图中又会产生一些新的没有入度的节点。这样一直删点，直到所有的点都被删掉，将所有点的病毒数量加起来不就是总的病毒数么？
我们不妨来看个例子，这里给定一个网络：
最开始只有节点1是入度为0的点，所以将它的病毒传送，然后删掉节点1：
此时节点2成为了入度为0的点，同样将其删掉：
此时节点3为入度为0的点，同样操作：
最后只剩下节点4，因为它并没有后续节点，所以病毒感染的过程也就结束了。
小Ho：这不就是拓扑排序么！因为拓扑排序可以在O(n+m)的时间解决，整个问题的时间也减少到了O(n+m)，那么再多的节点数都不怕了！
小Hi：没错，这样我们就完美地解决了这个问题。你能实现它么？
小Ho：没问题，就交给我吧！ <自信>
Close
输入
第1行：3个整数N,M,K，1≤K≤N≤100,000，1≤M≤500,000
第2行：K个整数A[i]，A[i]表示黑客在节点A[i]上放了1个病毒。1≤A[i]≤N
第3..M+2行：每行2个整数 u,v，表示存在一条从节点u到节点v的网络链接。数据保证为无环图。1≤u,v≤N
输出
第1行：1个整数，表示最后整个网络的病毒数量 MOD 142857
Sample Input
4 4 1 1 1 2 1 3 2 3 3 4
Sample Output
6
思路：这道题的描述也得也太好了~直接看就行了~只不过平常的题目，我们存储头结点只需要一个数组head就可以了，因为只需要头结点编号这一个信息，这里面多了一个病毒数量，因此我们多用一个变量来存储病毒数量，然后用结构体数组就可以了~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<iterator>
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int maxn=100005;
const int MOD=142857;
struct edge
{
int to,next;
};
struct node
{
int bh; //边的标号
int vnum; //病毒数量
};
edge E[maxn*5];
int n,m,cnt=0;
node head[maxn];
int Stack[maxn],top;
int ind[maxn];
void topo();
int main()
{
int k;
scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
int temp;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d",&temp);
head[temp].vnum=1;
}
int u,v;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d %d",&u,&v);
E[i].to=v;
E[i].next=head[u].bh;
head[u].bh=i;
}
topo();
return 0;
}
void topo()
{
top=-1;
memset(ind,0,sizeof(ind));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i].bh;j!=0;j=E[j].next)
ind[E[j].to]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ind[i]==0)
Stack[++top]=i;
int sum=0;
while(top!=-1)
{
int temp=Stack[top--];
for(int i=head[temp].bh;i!=0;i=E[i].next)
{
int nxt=E[i].to;
if(--ind[nxt]==0)
Stack[++top]=nxt;
head[nxt].vnum=(head[nxt].vnum+head[temp].vnum)%MOD;
}
sum=(sum+head[temp].vnum)%MOD;
}
printf("%d\n",sum);
}