【SWERC 2019-20】K Birdwatching

题意：

给你一个无向图，和一个关键点T，问你有哪些点Ti不经过边Ti->T就到不了T？

边数点数<=1e5

练习的时候队友都说没看懂，打完听孟神复述了题意，我：？？？

这个题目很奇怪哦，看上去挺反直觉的，但是确实是河里的

那么遇到有向图，常见技巧，建反向边

这道题建立反向边的好处是把问题转化为从T出发，不经过T->Ti就到不了的Ti有多少个，把多起点转化为单起点，更易于思考

一个朴素的想法是分别以每个有从T->Ti边的Ti作为起点进行bfs，然后统计哪些点经过一次，但这样复杂度O(n^2)，会被菊花图或水母图卡

接着发现性质：

对于满足题目要求的一个Ti，只能从唯一的一个和T相邻的点出发访问到（否则就不满足条件了）

那么每个点至多只有必要被两次bfs访问，第三次访问到的时候，由于bfs的特点，此点后面的所有点也都至少访问了两次，这些点都已经从答案中被排除掉了，因此不必再遍历一次

那么时间复杂度就优化到了O(n)

细节：

如果Ti不存在T->Ti的边，那么即使只用一种方法从T到Ti，也不能被算作答案，样例很良心，包含了这种情况

要判断这个情况也非常好处理，如果某个Ti只存在一种方法从T到Ti，那么只要存在边T-Ti，这一定就是唯一的方法

因此和T连边的点，和只存在一次bfs访问的点取交集就是答案

这题确实挺简单的，但是队友没看懂，就没想，果然看题还是十分重要的啊

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct edg{int nxt,y;}e[110000];  int lk[110000],ltp=0;
void ist(int x,int y){
    e[++ltp]=(edg){lk[x],y};  lk[x]=ltp;
}
int n,m,o;
int f[110000];
int g[110000];
int q[110000],hd=0;
void bfs(int x){
    if(g[x]>1)  return ;
    q[hd=1]=x;
    f[x]=1;
    g[x]++;
    for(int k=1;k<=hd;++k){
        for(int i=lk[q[k]];i;i=e[i].nxt){
            if(g[e[i].y]==2)  continue;
            if(f[e[i].y]==1)  continue;
            f[e[i].y]=1;
            g[e[i].y]++;
            q[++hd]=e[i].y;
        }
    }
    for(int k=1;k<=hd;++k)
        f[q[k]]=0;
}
void prvs(){
    for(int i=0;i<=n;++i)  lk[i]=0;
    ltp=0;
    for(int i=0;i<=n;++i){
        f[i]=0;
        g[i]=0;
    }
}
int main(){
    while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&o)!=EOF){
        prvs();
        int l,r;
        while(m --> 0){
            scanf("%d%d",&l,&r);
            ist(r,l);
        }
        g[o]=2;
        for(int i=lk[o];i;i=e[i].nxt)
            bfs(e[i].y);
        for(int i=lk[o];i;i=e[i].nxt)
            f[e[i].y]=1;
        int cnt=0;
        for(int i=0;i<=n;++i)if(g[i]==1 && f[i]==1)
            ++cnt;
        printf("%d
",cnt);
        for(int i=0;i<=n;++i)if(g[i]==1 && f[i]==1)
            printf("%d
",i);
    }
    return 0;
}