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题面题解跑一遍拓扑排序求出所有编号在图中的前后关系dist[i]：表示i点在拓扑图中离起点的最远距离(可能存在多起点)，dist[起点] == 100,边的权值为1代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1e4 + 10, M = 2 * N;int n, m;int h[N], ne[M], e[M], idx;int d[N];int

题面题解(拓扑排序)拓扑图：在有向图中不存在环，并且边的指向都是从前指向后的(u->v,那么对于拓扑序u一定出现在v之前)，本题直接拓扑排序即可对于输出字典序最小的方案，我们可以使用优先队列，每次先遍历字典序小的数对于图中n个点，最多有n*(n-1)/2条边代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 110, M = N * N / 2;int n;int h[N], e[M],

题面题解==我们观察可以发现，对于一个有环图，这个环上的所有点入度都是不为0的，==根据这个性质，我们就可以让所有入度为0的点入队，然后再删除i->j的边（其实就是让d[j]–），当d[j]为0时，继续入队，这样如果没有环的话，我们可以让所有点都入队，最后只需要判断所有点是否已经都入队完成了，如果没有入队，说明存在环，当然，队列中的顺序就是拓扑序（拓扑序不唯一）代码#include<iostream>#include<cstdio>#include&lt

题面题解(Tarjan——离线求LCA)前置知识在线做法：读一个询问，处理一个，输出一个离线做法：读完全部询问，再全部处理完，再全部输出做法在深度优先遍历时，将所有点分成三大类2号点 ：代表已经访问并结束回溯的点1号点 ：代表正在进行dfs的点0号点 ：代表还没有被访问的我们发现对于查询正在dfs的点和已经dfs过的点的最近公共祖先其实就是正在dfs路径上的点(图中绿色)，那么我们就可以将所有已经dfs过的点进行合并这题让我们求两点之间的距离 ：我们先预处理出所有点到

题面题解定义向上标记法：O(n)从 x 向上走到根节点，并标记所有经过的点再从 y 向上出发，当第一次遇到被标记过的节点就是最近公共祖先倍增法 : 询问O(logn) 预处理O(nlogn)dep[i] : 代表 i 节点的深度 ，记根节点的深度为 1f[i] [k] : 表示 x 向上走 2k 步到达的点，若该点不存在f[x] [k] =0 ，例如 f[x] [0] 表示走20步，就是跳到了父节点预处理 ：我们可以通过倍增来求出所有的k的情况，f[x][k] = f [