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Description

【故事背景】
还记得去年JYY所研究的强连通分量的问题吗?去年的题目里,JYY研究了对于有向图的“加边”问题。对于图论有着强烈兴趣的JYY,今年又琢磨起了“删边”的问题。
【问题描述】
对于一个N个点(每个点从1到N编号),M条边的有向图,JYY发现,如果从图中删去一些边,那么原图的连通性会发生改变;而也有一些边,删去之后图的连通性并不会发生改变。
JYY想知道,如果想要使得原图任意两点的连通性保持不变,我们最多能删掉多少条边呢?
为了简化一下大家的工作量,这次JYY保证他给定的有向图一定是一个有向无环图(JYY:大家经过去年的问题,都知道对于给任意有向图的问题,最后都能转化为有向无环图上的问题,所以今年JYY就干脆简化一下大家的工作)。

Input

输入一行包含两个正整数N和M。
接下来M行,每行包含两个1到N之间的正整数x_i和y_i,表示图中存在一条从x_i到y_i的有向边。
输入数据保证,任意两点间只会有至多一条边存在。
N<=30,000,M<=100,000

Output

输出一行包含一个整数,表示JYY最多可以删掉的边数。

Sample Input

5 6
1 2
2 3
3 5
4 5
1 5
1 3

Sample Output

2

HINT

 

Source

 
神题QWQ...
 
首先,一条边$(u,v)$可以删除的条件为:删除这条边后,仍然能从$u$走到$v$
这样的话我们可以贪心处理,对于两个点$(u,v)$,我们保留其最长的路径,其余的全部删去
 
具体实现的时候我们可以先来一边拓扑排序,同时记录下每个点出现的时间,以及该时间入队的点
一个点连出去最长的边一定是包含先访问的点(又是一个贪心)
然而正序处理的话我们并不知道一个点连到的点的联通性
因此我们倒序处理,
联通性用bitset维护
网上的代码都比较神,看了老半天才懂QWQ。。
 
时间复杂度$O(\frac{n*m}{32}$)$
 
  1. #include<cstdio>
  2. #include<iostream>
  3. #include<bitset>
  4. #include<cstring>
  5. #include<queue>
  6. #include<algorithm>
  7. #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<23,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
  8. char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
  9. using namespace std;
  10. const int MAXN=;
  11. inline int read()
  12. {
  13. char c=getchar();int x=,f=;
  14. while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
  15. while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
  16. return x*f;
  17. }
  18. struct node
  19. {
  20. int u,v,nxt;
  21. }edge[MAXN*];
  22. int head[MAXN],num=;
  23. inline void AddEdge(int x,int y)
  24. {
  25. edge[num].u=x;
  26. edge[num].v=y;
  27. edge[num].nxt=head[x];
  28. head[x]=num++;
  29. }
  30. int VisitTime[MAXN];//i是第几个入队的
  31. int InputTime[MAXN];//第i个入队的是谁
  32. int inder[MAXN];
  33. bitset<MAXN>can[MAXN];//联通性
  34. int N,M;
  35. int to[MAXN];
  36. int comp(const int &a,const int &b)
  37. {
  38. return VisitTime[a]<VisitTime[b];
  39. }
  40. void Topsort()
  41. {
  42. queue<int>q;
  43. for(int i=;i<=N;i++)
  44. if(inder[i]==) q.push(i);
  45. int tot=;
  46. while(q.size()!=)
  47. {
  48. int p=q.front();q.pop();
  49. InputTime[++tot]=p;
  50. VisitTime[p]=tot;
  51. for(int i=head[p];i!=-;i=edge[i].nxt)
  52. {
  53. inder[edge[i].v]--;
  54. if(inder[edge[i].v]==)
  55. q.push(edge[i].v);
  56. }
  57. }
  58. int ans=;
  59. for(int i=N;i>=;i--)
  60. {
  61. int x=InputTime[i],tot=;
  62. can[x][x]=;
  63. for(int j=head[x];j!=-;j=edge[j].nxt)
  64. to[++tot]=edge[j].v;
  65. sort(to+,to+tot+,comp);
  66. for(int j=;j<=tot;j++)
  67. {
  68. if(can[x][to[j]]) ans++;
  69. else can[x]|=can[to[j]];
  70. }
  71. }
  72. printf("%d",ans);
  73. }
  74. int main()
  75. {
  76. #ifdef WIN32
  77. freopen("a.in","r",stdin);
  78. #endif
  79. memset(head,-,sizeof(head));
  80. N=read(),M=read();
  81. for(int i=;i<=M;i++)
  82. {
  83. int x=read(),y=read();
  84. AddEdge(x,y);
  85. inder[y]++;
  86. }
  87. Topsort();
  88. return ;
  89. }
 

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