• 前言
• 题目大意
• 思路
• 代码
• 总结

前言

本题的主要思路是dp和拓扑排序。

题目大意

有 $n$ 个点，$m$ 条边的有向图。希望求出从每一个结点出发最多能走到或走过几个点。

$n\leq 10^5,m\leq2\times 10^5$

思路

首先由于要求全局的，所以普通bfs不行了。但是我们可以发现，很多时候走过的点是被“包含”的，这很像dp的性质。考虑dp。我们设 $dp[u]$ 代表结点为 $u$ 时最多能走过几个结点。之后就大概可以想到，是从所有入边的点的 $dp$ 再 $+1$。也就是

$dp[u]=\max(dp[v])+1$

$v$ 为所有入边另一端的点。这可以用反向图来做，但是有点复杂。我们可以采用另一种思路。dp有两个思路，人人为我，也就是从子状态更新。但是还有一个，叫做我为人人，也就是用自己给之后的结点做贡献，正好对应着本题的情况。转化一下就可以变成这样：

$dp[v]=\max(dp[v],dp[u])+1$

这样就可以拓扑排序时添加dp了。

为什么要用拓扑排序。首先dp要求无后效性，由于图不像线性那样规整，所以不可以直接遍历。无后效性要求的是子状态都处理完了去更新。那如果比如我边界都没更新完呢直接去更新一个中间的状态肯定不行。但是拓扑排序可以让所有的 $u$ 都在 $v$ 之前。边界就是入度为 $0$ 的点。之后就可以从边界中一步步往下走了。

代码

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=2e5+5;
struct edge{
    ll to,nxt;
}e[MAXN];
ll head[MAXN],dp[MAXN],n,m,tot,ind[MAXN];
void add(ll u,ll v){
    e[++tot].nxt=head[u];
    e[tot].to=v;
    head[u]=tot;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for (int i = 1; i <=m ; ++i) {
        ll u,v;
        scanf("%lld%lld",&u,&v);
        add(u,v);
        ind[v]++;
    }
    queue<ll>q;
    for (int i = 1; i <=n ; ++i) {
        if(ind[i]==0){
            q.push(i);
            dp[i]=1;
        }
    }
    while (!q.empty()){
        ll u=q.front();
        q.pop();
        for (ll i = head[u]; i ; i=e[i].nxt) {
            ll v=e[i].to;
            ind[v]--;
            dp[v]= max(dp[v],dp[u]+1);
            if(ind[v]==0){
                q.push(v);
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <=n ; ++i) {
        printf("%lld\n",dp[i]);
    }
    return 0;
}

总结

学习了为什么要用拓扑排序去结合图上dp使用，同时分析了本题做法。r