bzoj4484[JSOI2015]最小表示

题意

给出一张DAG,要求删除尽量多的边使得连通性不变.(即:若删边前u到v有路径,则删边后仍有路径).点数30000,边数100000.

分析

如果从u到v有(u,v)这条边,且从u到v只有这一条路径,那么这条边必须保留.否则这条边一定可以删除.因为如果有不止一条路径从u到v,必然存在点x(x!=u,x!=v)使得u可到达x,x可到达v.而删边后必然也满足u可到达x,x可到达v,所以直接删掉(u,v)这条边就可以了.

刚才的分析已经给出了一个判定方法.既然如果有不止一条路径从u到v,必然存在点x(x!=u,x!=v)使得u可到达x,x可到达v,那么我们对每条边(u,v),枚举是否存在这样的x即可.这需要我们求出每个点能到达的点的集合,以及能到达这个点的集合.大力压位一波就好了.因为是DAG所以这个集合可以递推.复杂度O(nm/32).

其实这题是看内存猜算法系列,榜上清一色的120多兆,不是压位还能是啥

我是200多兆

#include<cstdio>
const int mod=1000000007;
const int maxn=30005,maxm=200005;
struct edge{
  int to,next;
}lst[maxm],lst2[maxm];int len=1,first[maxn],len2=1,first2[maxn];
void addedge(int a,int b){
  lst[len].to=b;lst[len].next=first[a];first[a]=len++;
}
void addedge2(int a,int b){
  lst2[len2].to=b;lst2[len2].next=first2[a];first2[a]=len2++;
}
int sz;
int reach[maxn][maxn/32+2],from[maxn][maxn/32+2];
int getbit(int u,int x){
  return (reach[u][x/32]>>(x&31))&1;
}
void revbit(int u,int x){
  reach[u][x/32]^=(1<<(x&31));
}
void revbit2(int u,int x){
  from[u][x/32]^=(1<<(x&31));
}
bool vis[maxn];
void dfs(int x){
  if(vis[x])return;
  vis[x]=true;
  for(int pt=first[x];pt;pt=lst[pt].next){
    dfs(lst[pt].to);
    for(int i=0;i<sz;++i)reach[x][i]|=reach[lst[pt].to][i];
  }
  revbit(x,x);
}
void dfs2(int x){
  if(vis[x])return;
  vis[x]=true;
  for(int pt=first2[x];pt;pt=lst2[pt].next){
    dfs2(lst2[pt].to);
    for(int i=0;i<sz;++i)from[x][i]|=from[lst2[pt].to][i];
  }
  revbit2(x,x);
}
int main(){
  int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);sz=(n+31)/32+1;
  for(int i=1,a,b;i<=m;++i){
    scanf("%d%d",&a,&b);
    addedge(a,b);addedge2(b,a);
  }
  for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])dfs(i);
  for(int i=1;i<=n;++i)vis[i]=0;
  for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])dfs2(i);
  for(int i=1;i<=n;++i)revbit(i,i),revbit2(i,i);
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;++i){
    for(int pt=first[i];pt;pt=lst[pt].next){
      int y=lst[pt].to;
      for(int j=0;j<sz;++j){
		if(from[y][j]&reach[i][j]){
		  ans++;break;
		}
      }
    }
  }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}