Atcoder Regular Contest 092 D - Two Faced Edges（图论+bitset 优化）

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首先既然题目要我们判断强连通分量个数是否改变，我们首先就将原图 SCC 缩个点呗，缩完点后我们很自然地将图中的边分为两类：在某个强连通分量中，和不在强连通分量中，我们对这两个情况分别进行讨论。

下面又到了喜闻乐见的找性质的时间了。首先，对于不在同一个强连通分量中的边，把它翻转之后不会影响强连通分量个数，因为这条边不在强连通分量里面，即便把它断掉也不影响强连通分量内部的点的可达性，因此把它翻转只可能接链成环，减少强连通分量个数，而把 \(u\to v\) 翻转后，强连通分量个数减少当且仅当去掉这条边后仍存在 \(u\to v\) 的路径，因为这样会出现 \(u\to v\to u\) 的环。其次，对于在同一个强连通分量中的边，把它翻转之后，本来不能到达的点依然不能到达（证明可考虑反证法，对于两个节点 \(x,y\)，如果本来不存在 \(x\to y\)，翻转 \(u\to v\) 后就存在了，那么必然是因为存在 \(x\to v\to u\to y\) 的路径，而根据 \(u,v\) 在同一个 SCC 中可知本来就存在 \(v\to u\) 的路径 \(P\)（我们记其为 \(x\xrightarrow{P}y\)），那么必然存在不经过边 \(v\to u\) 的 \(x\to y\) 的路径 \(x\to v\xrightarrow{P}u\to y\)，矛盾），而对于原来可以到达的两个点 \(x,y\)，如果翻转后 \(x\) 不能到达 \(y\)，那必然有 \(x,y\) 在同一个连通分量中，此时连通分量的个数就会改变。我们惊奇地发现，在两种情况中，虽然情况细分起来不一样，但每种情况我们要求的目标是一样的，即去掉某条边 \(u\to v\) 后，\(u\) 是否还能到达 \(v\)。对于 \(u,v\) 在同一个强连通分量中的边 \((u,v)\)，如果上述回答为肯定的那么答案即为 same，否则答案为 diff，如果 \(u,v\) 不在同一个强连通分量则反过来。

接下来考虑怎样求这个东西，考虑枚举 \(u\) 并求出以 \(u\) 为起点的所有边的答案，我们将以 \(u\) 为起点的边按照编号（其实不一定要按编号，哪怕 random_shuffle 一下都行，只要钦定一个顺序即可）排序分别为 \(e_1,e_2,\cdots,e_k\)，它们的另一个端点分别为 \(v_1,v_2,\cdots,v_k\)。我们从小到大依次枚举这些边并实时维护一个 \(vis_x\) 表示 \(x\) 的可达性，对于某个 \(e_i\)，如果我们发现，枚举到 \(e_i\) 时候，已经有 \(vis_{v_i}=1\)，那么说明肯定存在一个 \(v_j\) 满足存在 \(u\to v_j\to v_i\) 的路径，即去掉这条边后 \(u\) 还能到达 \(v_i\)，否则我们就以 \(v_i\) 为起点 BFS 一遍整张图，找到所有可达的点，注意不能经过 \(u\)，否则就无法说明是否经过 \(u\to v_i\) 的边了。（具体实现方法很简单，只需将 \(vis_u\) 设为 \(1\)，然后 BFS 所有 \(vis_v\ne 1\) 的点）这样我们只考虑了 \(e_j\) 对 \(e_i\)，\(j<i\) 的贡献，因此还需反过来再操作一次，这样即可考虑所有边对 \(v_i\) 的贡献，正确性显然，时间复杂度 \(nm\)，可以通过此题，于是这题就做完了。

什么？你说做完了？如果 \(m\) 增大到 \(10^6\) 恐怕你就束手无策了吧……因此我们还需探究复杂度更优的做法，注意到上述做法的瓶颈在于每次 BFS 都枚举了每条边，使得 BFS 的复杂度高达 \(\mathcal O(m)\)，事实上，如果当我们 BFS 到某个点 \(u\) 时，只继续 BFS 它的邻居中满足 \(vis_v=0\) 的点 \(v\)，这样 BFS 复杂度可以降到 \(\mathcal O(n)\)。那么怎么快速找出这些点呢？注意 \(vis_v\) 的取值只可能是 \(0/1\)，因此可以联想到常数巨小无比的……bitset！我们建一个 bitset \(t\)，如果 \(vis_v=1\)，那么 bitset 上对应位为 \(0\)，否则为 \(1\)，再对每个点维护它与每个点之间是否有直接边相连，记作 \(has_x\)，那么当我们 BFS \(u\) 时，只需遍历 \(has_u\&t\) 上为 \(1\) 的位即可。事实上，bitset 找出所有 \(1\) 的复杂度是 \(\mathcal O(\dfrac{n}{\omega})\) 的，可以这样实现：

for(int y=b._Find_first();y^b.size();y=b._Find_next(y))

于是这题就真的做完了，复杂度 \(\dfrac{n^3}{\omega}+w\)，瓶颈在于 bitset 的遍历。

const int MAXN=1e3;
const int MAXM=2e5;
int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXM+5],nxt[MAXM+5],ec=0;
int U[MAXM+5],V[MAXM+5];
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
bool vis[MAXN+5];
int dfn[MAXN+5],low[MAXN+5],tim=0,bel[MAXN+5],stk[MAXN+5],tp=0,cmp=0;
bitset<MAXN+5> has[MAXN+5];
void tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++tim;vis[x]=1;stk[++tp]=x;
	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e];
		if(!dfn[y]) tarjan(y),low[x]=min(low[x],low[y]);
		else if(vis[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);
	} if(!(dfn[x]^low[x])){
		++cmp;int o;do{
			o=stk[tp--];vis[o]=0;bel[o]=cmp;
		} while(o^x);
	}
}
bool can[MAXM+5];
bitset<MAXN+5> alive;
void bfs(int s){
	queue<int> q;q.push(s);alive.reset(s);
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop();bitset<MAXN+5> to=has[x]&alive;
		for(int y=to._Find_first();y^to.size();y=to._Find_next(y))
			alive.reset(y),q.push(y);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&U[i],&V[i]);adde(U[i],V[i]);
		has[U[i]].set(V[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
//	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",bel[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		alive.set();alive.reset(i);stack<pii> stk;
		for(int e=hd[i];e;e=nxt[e]){
			stk.push(mp(to[e],e));
			if(!alive.test(to[e])){can[e]=1;continue;}
			bfs(to[e]);
		} alive.set();alive.reset(i);
		while(!stk.empty()){
			pii x=stk.top();stk.pop();
			if(!alive.test(x.fi)){can[x.se]=1;continue;}
			bfs(x.fi);
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%s\n",((bel[U[i]]==bel[V[i]])^can[i])?"diff":"same");
	return 0;
}