[ ZJOI 2012 ] 灾难
\(\\\)
Description
给出一个食物网，每个生物指向的生物都是它可以捕食的对象，保证是图是DAG。
如果一个捕食者的所有捕食对象都灭绝了，那么它们也会灭绝。
求每一个动物灭绝之后，有多少个动物会随之灭绝。
- \(n\le 65534\)
Solution
考察建图思维的好题。
如果我们按照 捕食者\(\to\)捕食对象 的关系连边，那么我们得到的是一张捕食关系的流向图，无法判断反向的影响。
所以要按照 捕食对象\(\to\)捕食者 的关系连边，得到的是一张能量供应的流向图。
那么形象的说，每个点都把能量流向出边指向的点，如果一个点消失了，从他这里流出去的所有能量全都消失。
如果这个时候某些点没有能量流入，那么这些点就是需要统计到消失点的答案里。
但是只有这些吗？并不是。因为这些受影响消失的点可能继续导致一些点消失，后面的答案我们没有统计。
我们设 \(die_x\) 表示节点 x 如果消失，有连边的点直接消失的点的个数。
那么我们一个点要累加的，就是所有直接指向的消失的点的个数+这些点的 \(die\) 值。
考虑如何求出 \(die\) 值。我们发现这就是能量供应关系的图的拓扑序。
我们新建一棵树形结构，父子关系表示，如果父节点消失，子节点必然消失。
首先将这张能量供应图中所有入度为 \(0\) 的点连向虚拟根节点，代表他们不会因为别的生物灭亡而灭亡。
然后考虑拓扑到一个点时，它应该作为哪个节点的子节点。显然是它的所有食物在这棵树上的 \(LCA\)。
因为拓扑，所以他的所有食物必然已经在这个树上，我们两两合并求 \(LCA\) 即可。
因为要找所有在能量供给图上指向当前点的点，所以我们还要把捕食的图建出来，便于找食物有哪些。
因为求 \(LCA\) 多次，需要 \(log\) 的复杂度，因为树的形态是变化的，所以链剖和离线算法显然都不行。
考虑倍增。查找两两合并是没有问题了，但是新插入节点怎么办？
注意到倍增数组的构造只需要知道父节点，所以在把拓扑到的点插入树的同时构造一下倍增数组就好了。
因为这个树的定义，每一个点的答案显然是子树大小 \(-1\) 。
Code
一直 \(90\) 不知道为什么，后来发现........
在 \(LCA\) 的时候根节点设成了 \(n+1\) ，但是如果倍增的时候深的跳超了，但是另一个是根节点，根据判断条件并没有跳超深度，它就会跳到 0 号节点然后 GG....
给 \(n+1\) 号节点设个深度，或者根节点换成 \(0\) 号节点就好啦
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 70000
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
int n,m,tot,hd[N],deg[N],tot2,hd2[N];
int t,tot1,d[N],hd1[N],f[N][20],ans[N];
struct edge{int to,nxt;}e[N<<3],e1[N<<1],e2[N<<3];
inline void add(int u,int v){
e[++tot].to=v; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}
inline void add1(int u,int v){
e1[++tot1].to=v; e1[tot1].nxt=hd1[u]; hd1[u]=tot1;
}
inline void add2(int u,int v){
e2[++tot2].to=v; e2[tot2].nxt=hd2[u]; hd2[u]=tot2;
}
inline void getfa(int u,int fa){
f[u][0]=fa; d[u]=d[fa]+1;
for(R int i=1;i<=t;++i) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
}
inline int lca(int u,int v){
if(d[u]>d[v]) u^=v^=u^=v;
for(R int i=t;~i;--i) if(d[f[v][i]]>=d[u]) v=f[v][i];
if(u==v) return u;
for(R int i=t;~i;--i)
if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
return f[u][0];
}
inline void work(int u){
int res=e2[hd2[u]].to;
for(R int i=e2[hd2[u]].nxt;i;i=e2[i].nxt) res=lca(res,e2[i].to);
getfa(u,res); add1(u,res); add1(res,u);
}
void dfs(int u,int fa){
for(R int i=hd1[u],v;i;i=e1[i].nxt)
if((v=e1[i].to)!=fa){
dfs(v,u); ans[u]+=ans[v];
}
}
queue<int> q;
int main(){
t=log2(n=rd())+1;
for(R int i=1,x;i<=n;++i){
x=rd();
while(x){
++deg[i];add(x,i);
add2(i,x);x=rd();
}
ans[i]=1;
}
for(R int i=1;i<=n;++i)
if(!deg[i]){
q.push(i); getfa(i,0);
add1(i,0); add1(0,i);
}
while(!q.empty()){
int u=q.front(); q.pop();
for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
if((--deg[v=e[i].to])==0) q.push(v),work(v);
}
dfs(0,-1);
for(R int i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]-1);
return 0;
}
