【jzoj5328】【NOIP2017提高A组模拟8.22】【世界线】【bitset】

本文介绍了一种使用bitset进行图论求解的方法，旨在计算一个节点能够通过边到达的其它节点数量。该方法通过两次遍历分别评估节点与一半节点的连通性，有效解决了空间限制问题。

description

solution

这题显然要求一个点能通过边到达多少个点，这样我们可以用bitset来做，然而直接做会爆空间，可以考虑做两次，分别考虑和一半点的连通性。

code

#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define fr(i,j) for(int i=begin[j];i;i=next[i])
using namespace std;
int const mn=6*1e4+2,lim=3*1e4,mm=1e5+2,inf=1e9+7;
int n,m,gra,begin[mn],to[mm],next[mm],q[mn],in[mn],out[mn];
bitset<lim+2>b[mn];
void insert(int u,int v){
    to[++gra]=v;
    next[gra]=begin[u];
    begin[u]=gra;
}
int main(){
    //freopen("worldline.in","r",stdin);
    //freopen("worldline.out","w",stdout);
    freopen("d.in","r",stdin);
    freopen("d.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,1,m){
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        insert(u,v);
        in[v]++;
        out[u]++;
    }
    int ti=0;
    fo(i,1,n)if(!in[i])q[++ti]=i;
    fo(i,1,n){
        int p=q[i];
        fr(j,p)if(!(--in[to[j]]))q[++ti]=to[j];
    }
    fd(i,n,1){
        int p=q[i];
        if(p<=lim)b[p][p]=1;
        fr(j,p)b[p]|=b[to[j]];
    }
    LL ans=0;
    fo(i,1,n){
        int p=q[i],tmp=b[p].count();
        ans+=tmp-out[p];
    }
    fo(i,1,n)b[i].reset();
    fd(i,n,1){
        int p=q[i];
        if(p>lim)b[p][p-lim]=1;
        fr(j,p)b[p]|=b[to[j]];
    }
    fo(i,1,n){
        int p=q[i],tmp=b[p].count();
        ans+=tmp;
    }
    printf("%lld",ans-n);
    return 0;
}