【题解 && 巧妙的判环】 Cities Excursions

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题目描述：

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Solution

首先，很显然的是将问题离线处理，然后每个点做一遍遍历，解答以当前点为起点的问题。

我的第一反应是直接遍历，若遇到环全部退掉，没遍历到的就是-1.
但是后来一想，如果环退出之后当前点可能还能到达其他点，我这样的方法就会有漏洞。

所以我们不得不换一个思路。
我们考虑什么样的点是-1

• 第一种，就是到达当前点的点数小于$K$，毫无疑问不行。
• 第二种，就是当前遍历到了一个环，由环上的点遍历出去的点都是-1，因为永远也无法到达。

所以这道题的麻烦之处就在于第二种的点的遍历和判断。

此处，我们引入一个时间戳$vi$
对于一个点$x$，$vi[x]$一共有三种情况：
1、$vi[x]==0：$当前点x还未遍历过。
2、$vi[x]==x-1：$当前点x正在遍历，但还没遍历完
3、$vi[x]==x：$当前点x已经遍历过，无需再次遍历。

很显然，有了这个时间戳，判断一个环的条件就是$vi[y]==y-1$，就说明遍历到了正在遍历过的点，即环。

用$lop$表示当前环的数量。
用$cnt[x]$表示由$x$引出的环的个数。

一旦碰到上面的情况，我们令$lop++,cnt[y]++$，即产生了一个环。

更新的答案的时候只需要判断$lop$是否为0即可（我们初始化答案为-1，没有更新到即不满足条件。）

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Code

#include
using namespace std;

const int N = 4010;
int n,m,Q;
int len,st;
int lop = 0;
int ans[400010];
vector < int > a[N];
struct Node{
	int x,y,k,id;
}q[400010];

int b[N];
vector < int > po[3010][3010];
int vi[N],cnt[N];

void in(int x,int y){
	for (int i = 0; i < po[x][y].size(); i++){
		int k = q[po[x][y][i]].k;
		if (k > len || lop != 0) continue;//不满足条件
		ans[po[x][y][i]] = b[k];
	}
	po[x][y].clear();
}

void dfs(int x){
	b[++len] = x;
	vi[x] = x-1;
	if (po[st][x].size()) in(st,x);//更新答案
	for (int i = 0; i < a[x].size(); i++){
		int y = a[x][i];
		if (vi[y] == 0) dfs(y);//没遍历过，遍历
		else if (vi[y] == y-1) lop++ , cnt[y]++;//有环，累加环的个数
	}
	lop-=cnt[x];//当前点遍历完，减去当前点的环的个数
	cnt[x] = 0;
	b[len--] = 0;
	vi[x] = x;//当前点遍历完
}

int main(){
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&Q);
	for (int i = 1,x,y; i <= m; i++)
	  scanf("%d %d",&x,&y) , a[x].push_back(y);
	for (int i = 1; i <= n; i++) sort(a[i].begin() , a[i].end());//排序
	for (int i = 1; i <= Q; i++)
	  scanf("%d %d %d",&q[i].x,&q[i].y,&q[i].k) , po[q[i].x][q[i].y].push_back(i);//将问题离散
	for (int i = 1; i <= Q; i++) ans[i] = -1;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		memset(vi,0,sizeof vi);
		st = i;
		len = 0;
		dfs(i);
	}
	for (int i = 1; i <= Q; i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}