题目传送

官方题解说的很好了,剩下的就是读大佬代码了,前面是tarjan求SCC缩点图。我图论没学过,接下来删点是怎么操作看得有点头秃,直到我看到了%%%安德鲁何神仙的代码。

按照题面连通紫线以后,我们姑且先考虑从入度为0的点着手看看是否可行。由于都是入度为0的点,所以现在我们连的都是绿边。

假如连了$$a\rightarrow b$$这条边,而又有$$b\rightarrow c$$这条紫边,那显然是要断开的,然后c如果入度为0,它也成为了一个候选。

这种做法会不会导致一开始a连向b的,然后我们把b删了,而a其实又不是最后答案、反而b是可行的呢?

无碍,当b最后可行时,意味着b会通过别的节点和绿边走到a,而a到b又有绿边,也就是这是个绿环,要么环内任意点为答案,要么外部点为答案,走通到环内,是肯定有答案的,所以删了b无碍。

这个做法就不需要SCC了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <functional>
using namespace std; const int maxn = 1e5 + 5;
int n, m, used[maxn], indeg[maxn];
vector<int> adj[maxn];
queue<int> Q; int main() {
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0); cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
adj[u].push_back(v);
} function<void(int)> dfs = [&](int cur) {
if (used[cur]) return;
used[cur] = 1;
vector<int> tmp;
for (int son : adj[cur]) {
if (used[son] == 1) continue;
dfs(son);
tmp.push_back(son);
indeg[son]++;
}
used[cur] = 2;
adj[cur] = tmp;
}; for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(i); for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!indeg[i]) {
Q.push(i);
}
} while (Q.size() >= 2) {
int a = Q.front(); Q.pop();
int b = Q.front(); Q.pop(); cout << "? " << a << ' ' << b << '\n' << flush;
int answer; cin >> answer; if (!answer) swap(a, b);
for (int i : adj[b]) {
if (!--indeg[i]) {
Q.push(i);
}
}
Q.push(a);
} cout << "! " << Q.front() << endl;
return 0;
}

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