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【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?）。
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
输出一行包含一个整数，表示JYY最多可以删掉的边数。
题解 ：
cmp函数：不加类型的话本地不会编译错误，（il好像也是）；
删边互相之间是无影响的，所以可删就删，和顺序无关；
由于没有重边的无环DAG，一条边可删即这条边的u,v有另一种方式到达；
DAG转成topsort序列，bitset优化N*M连通性dp
$O( \frac{NM}{64} + M*logM)$
//毕姥爷说得对，还是写一下的好，不然连bitset的空间都不会开（和vector一样）；
20181031
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 #include<cmath> 7 #include<vector> 8 #include<stack> 9 #include<map> 10 #include<bitset> 11 #define rg register 12 #define il inline 13 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 14 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--) 15 #define ll long long 16 #define ld long double 17 #define inf 0x3f3f3f3f 18 using namespace std; 19 const int N=30001 , M=100010; 20 bitset<N>f[N]; 21 int n,m,o,hd[N],st[N],id[N],d[N],idx,q[N],t,w; 22 vector<int>g[N]; 23 char gc(){ 24 static char*p1,*p2,s[1000000]; 25 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 26 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 27 } 28 int rd(){ 29 int x=0; char c=gc(); 30 while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=gc(); 31 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=(x<<1)+(x<<3)+c-‘0‘,c=gc(); 32 return x; 33 } 34 il bool cmp(const int &a,const int &b){return id[a]<id[b];} 35 il void topsort(){ 36 for(rg int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q[++w]=i; 37 while(t<w){ 38 int u=q[++t]; 39 st[id[u]=++idx]=u; 40 for(rg int i=0;i<(int)g[u].size();i++){ 41 int v=g[u][i]; 42 if(!--d[v]){ 43 q[++w]=v; 44 } 45 } 46 } 47 } 48 int main(){ 49 freopen("in.in","r",stdin); 50 freopen("out.out","w",stdout); 51 n=rd(); m=rd(); 52 for(rg int i=1,u,v;i<=m;i++){ 53 u=rd(); v=rd(); 54 g[u].push_back(v); 55 d[v]++; 56 } 57 topsort(); 58 for(rg int i=1;i<=n;i++){ 59 sort(g[i].begin(),g[i].end(),cmp); 60 } 61 int ans=0; 62 for(rg int i=n;i;i--){ 63 int u=st[i]; 64 for(rg int j=0;j<(int)g[u].size();j++){ 65 int v=g[u][j]; 66 if(f[u].test(id[v])){ 67 ans++; 68 }else{ 69 f[u][id[v]]=1; 70 f[u]|=f[v]; 71 } 72 } 73 } 74 cout<<ans<<endl; 75 return 0; 76 }//by tkys_Austin;
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/9901991.html
