@atcoder

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@description@

给出一个有向图，对每条边都做一次询问：

翻转这条边后，对原图的强连通分量是否有影响？

点的个数 N ≤ 1000，边的个数 M ≤ 200000。

原题传送门。

@solution@

看到 5s 时限，大胆猜测时间复杂度 O(NM)。

一条边 u->v 翻转造成的影响：
如果这条边在强连通分量里（等价于存在路径 v 到 u），当不存在另一条路径 u 到 v 时，则翻转后强连通减少。
如果不在，当存在另一条路径 u 到 v 时，则翻转后强连通增加。

也就是说对于一条边 u->v，我们需要判两个东西：是否存在 v 到 u 的路径；是否存在另一条 u 到 v 的路径。

前一个暴力 O(NM) 就可以做了，不需要再另外写一个强连通。
至于后一个。我们考虑另一条路径意味着什么：存在一条以 u 为起点且中途不经过 u，第一条边不是 u->v 的路径。

那么对于每一个点 u 搜索全图，判断到达每个点 x 的路径第一条边是否只有一种。
这个随便怎么搜都可以，因为每个点的状态只会被更新两次（只有一种，多于一种）。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 1000;
const int MAXM = 200000;

vector<int>G[MAXN + 5]; int to[MAXM + 5];
void addedge(int u, int i) {G[u].push_back(i);}

int tag[MAXN + 5], que[2*MAXN + 5];
bool ans1[MAXM + 5], ans2[MAXM + 5];

int n, m;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int a; scanf("%d%d", &a, &to[i]);
		addedge(a, i);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) tag[j] = 0;
		int s = 1, t = 0;
		for(int p=0;p<G[i].size();p++)
			tag[que[++t] = to[G[i][p]]] = G[i][p];
		while( s <= t ) {
			int x = que[s++], y = tag[x];
			for(int p=0;p<G[x].size();p++) {
				int q = to[G[x][p]];
				if( q != i ) {
					if( tag[q] != -1 ) {
						if( tag[q] == 0 )
							tag[que[++t] = q] = y;
						else if( tag[q] != y )
							tag[que[++t] = q] = -1;
					}
				}
				else ans1[G[x][p]] = 1;
			}
		}
		for(int p=0;p<G[i].size();p++)
			if( tag[to[G[i][p]]] == -1 ) ans2[G[i][p]] = 1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		puts(ans1[i] ^ ans2[i] ? "diff" : "same");
}

@details@

像这种稠密图，用 vector 存储比链式前向星存储更快（对 cache 更友好）。特别是这种常数影响极大的题。

至于 cache 是个啥。。。根据我 THUWC2020 的参赛所学，大概就是除了内存以外， cpu 自己有一个更近的临时空间叫 cache。
如果你一直访问同一个元素的话，对 cache 是非常友好，因此也就会更快。