题解 洛谷P6560 [SBCOI2020] 时光的流逝

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给定一个(n)个点，(m)条边的有向图（不保证无环）。(q)次询问。每次指定一组起点和终点，并在起点处放一枚棋子。

有两个游戏玩家，轮流移动棋子（只能顺着图上的边移动，每人每次只能移动一步）。

先将棋子移动到终点的人立即获胜。如果谁无法继续移动了，那么他失败，对手获胜。

问先、后手是否有必胜策略。如果先手有必胜策略输出(1)，如果后手有必胜策略输出(-1)，如果两人都没有必胜策略输出(0)。

数据范围：(1leq nleq 10^5)，(1leq mleq 5 imes 10^5)，(1leq qleq 500)。保证起点和终点不同。

本题题解

考虑，给出的图如果是一个DAG（无环），我们可以对反图做拓扑排序，同时推出答案。在反图上，所有入度为(0)的点，都是先手必败；询问给定的终点也是先手必败（因为距离它为(1)的点肯定是先手必胜了，所以可以把它理解为先手必败）。然后对于其他点，如果存在至少一个能到达它的点，是先手必败的，那么它先手必胜；否则它是先手必败。这样递推一下就能求出答案了，时间复杂度是(O(qm))的。

再考虑有环的情况。有环和无环最大的区别是，正常的拓扑排序时，我们无法进入到环里。那么一个环，就可能“隔绝”一些已知的答案。具体来说，对于某个节点：

• 如果（在反图上）至少存在一个能到达它的点是先手必败的，那该节点一定是先手必胜的。无论它在不在环上，入度是否为(0)，我们都把它加入到队列里，并且之后不再访问它（一个点不能入队两次）。
• 如果没有发现，至少一个，能到达它的、先手必败的点。那么我们看当前节点入度是否已经清零。如果已经清零，说明它不在环上，而且我们已经考虑过了所有能到达它的边，因此可以直接断定它是先手必败的，然后加入队列即可。
• 如果它的入度还没有清零，说明它一定在某个环上。这种情况下先、后手都可以在环上无限地绕圈。所以此时该节点的状态是未知的。

整个过程，和普通的拓扑排序还是很类似的。主要的区别是，一旦确定了一个节点的状态（必胜或必败），就立即加入到队列中，并且从此不再访问它。这样可以避免“环”对传递答案造成的不必要的“隔绝”。根据这个原则，我们初始时也会把终点加入到队列中，无论它入度是否为(0)，因为我们前面说过，终点一定是先手必败的。

时间复杂度(O(qm))。

参考代码：

//problem:P6560
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=1e5,MAXM=5e5;
struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXM+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}

int n,m,q,in_degree[MAXN+5],cur_deg[MAXN+5],st,ed,f[MAXN+5];

int main() {
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add_edge(v,u);//反向边
		in_degree[u]++;
	}
	for(int tq=1;tq<=q;++tq){
		cin>>st>>ed;
		queue<int>que;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			cur_deg[i]=in_degree[i];
			if(!cur_deg[i] || i==ed)
				f[i]=-1,que.push(i);
			else
				f[i]=0;
		}
		while(!que.empty()){
			int u=que.front(); que.pop();
			for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
				int v=edge[i].to;
				if(f[v]!=0)continue;
				cur_deg[v]--;
				if(f[u]==-1){
					f[v]=1;
					que.push(v);
				}
				else if(!cur_deg[v]){
					if(f[v]!=1)
						f[v]=-1;
					que.push(v);
				}
			}
		}
		cout<<f[st]<<endl;
	}
	return 0;
}