POJ 2762 Going from u to v or from v to u?(有向图单向连通)

题意：给定一个有向图，问是否对于任意给定的两个点x，y，满足以下两个条件之一： x能到达y 或者y能到达x;   虽然本题是求单连通的，但是我们需要先求强连通分量，因为，强连通分量中存在双向路径，因此可以缩点，缩点后就好处理多了。 如果要满足题意，缩点后的树必须是一条链，而且所有边的方向都是一样的，如果出现分支，很容易证明会出现不可到达的一对点。 那么剩下的就是求最长链的顶点数是否等于强连通分量的个数了。 那么就可以使用拓扑排序，或者直接DFS。 拓扑排序中，不能出现同时有两个点的入度为0。 DFS从入度为0的顶点开始搜，是求出深搜的层数，因为单链的话层数是等于顶点数的   
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                #define MID(x,y) ((x+y)>>1) #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) using namespace std; const int MAXV = 1002; const int MAXE = 10002; struct Toposort{ int ind[MAXV]; vector 
               
                 top_res; priority_queue 
                
                  , greater 
                 
                   > PQ; struct node{ int u, v; int next; }arc[MAXE]; int head[MAXV], cnt; void init(){ cnt = 0; mem(head, -1); } void add(int u, int v){ arc[cnt].u = u; arc[cnt].v = v; arc[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt ++; } void cal_indegree(){ mem(ind, 0); for (int i = 0; i < cnt; i ++){ ind[arc[i].v] ++; } return ; } //拓扑序唯一(一条链)返回1，拓扑序不唯一返回0，拓扑序矛盾(存在环)返回-1. bool topsort(int n){ while(!PQ.empty()) PQ.pop(); top_res.clear(); cal_indegree(); for (int i = 1; i <= n; i ++) if (ind[i] == 0) PQ.push(i); while(!PQ.empty()){ if (PQ.size() > 1) return 0; int u = PQ.top(); PQ.pop(); top_res.push_back(u); for (int i = head[u]; i != -1; i = arc[i].next){ if ((-- ind[arc[i].v]) == 0) PQ.push(arc[i].v); } } if (top_res.size() < n) return -1; return 1; } }T; struct SCC{ int scc_num, scc[MAXV]; //强连通分量总数、每个节点所属的强连通分量 int scc_acount[MAXV]; //每个强连通分量的节点个数 int dfn[MAXV], low[MAXV], id; stack 
                  
                    st; bool vis[MAXV], instack[MAXV]; int cnt, head[MAXV]; struct node{ int u, v; int next; }arc[MAXE]; void init(){ cnt = 0; mem(head, -1); return ; } void add(int u, int v){ arc[cnt].u = u; arc[cnt].v = v; arc[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt ++; } void dfs(int u){ vis[u] = instack[u] = 1; st.push(u); dfn[u] = low[u] = ++ id; for (int i = head[u]; i != -1; i = arc[i].next){ int v = arc[i].v; if (!vis[v]){ dfs(v); low[u] = min(low[u], low[v]); } else if (instack[v]){ low[u] = min(low[u], dfn[v]); } } if (low[u] == dfn[u]){ ++ scc_num; while(st.top() != u){ scc[st.top()] = scc_num; scc_acount[scc_num] ++; instack[st.top()] = 0; st.pop(); } scc[st.top()] = scc_num; scc_acount[scc_num] ++; instack[st.top()] = 0; st.pop(); } return ; } void tarjan(int n){ mem(scc_acount, 0); mem(vis, 0); mem(instack, 0); mem(dfn, 0); mem(low, 0); mem(scc, 0); id = scc_num = 0; while(!st.empty()) st.pop(); for (int i = 1; i <= n; i ++){ //枚举节点 if (!vis[i]) dfs(i); } return ; } }S; void insert_to_topo(int l){ T.init(); for (int i = 0; i < l; i ++){ int u = S.arc[i].u; int v = S.arc[i].v; if (S.scc[u] != S.scc[v]) T.add(S.scc[u], S.scc[v]); } if (T.topsort(S.scc_num) == 1){ puts("Yes"); } else{ puts("No"); } } int main(){ int t; scanf("%d", &t); for(int o = 1; o <= t; o ++){ //printf("Case %d: ", o); int n, m; S.init(); scanf("%d %d", &n, &m); for (int i = 0; i < m; i ++){ int u, v; scanf("%d %d", &u, &v); S.add(u, v); } S.tarjan(n); insert_to_topo(S.cnt); } return 0; }

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