https://hihocoder.com/problemset/problem/1174
描述
由于今天上课的老师讲的特别无聊，小Hi和小Ho偷偷地聊了起来。
小Ho：小Hi，你这学期有选什么课么？
小Hi：挺多的，比如XXX1,XXX2还有XXX3。本来想选YYY2的，但是好像没有先选过YYY1，不能选YYY2。
小Ho：先修课程真是个麻烦的东西呢。
小Hi：没错呢。好多课程都有先修课程，每次选课之前都得先查查有没有先修。教务公布的先修课程记录都是好多年前的，不但有重复的信息，好像很多都不正确了。
小Ho：课程太多了，教务也没法整理吧。他们也没法一个一个确认有没有写错。
小Hi：这不正是轮到小Ho你出马的时候了么！
小Ho：哎？？
我们都知道大学的课程是可以自己选择的，每一个学期可以自由选择打算学习的课程。唯一限制我们选课是一些课程之间的顺序关系：有的难度很大的课程可能会有一些前置课程的要求。比如课程A是课程B的前置课程，则要求先学习完A课程，才可以选择B课程。大学的教务收集了所有课程的顺序关系，但由于系统故障，可能有一些信息出现了错误。现在小Ho把信息都告诉你，请你帮小Ho判断一下这些信息是否有误。错误的信息主要是指出现了”课程A是课程B的前置课程，同时课程B也是课程A的前置课程”这样的情况。当然”课程A是课程B的前置课程，课程B是课程C的前置课程，课程C是课程A的前置课程”这类也是错误的。
提示：拓扑排序
小Ho拿出纸笔边画边说道：如果把每一门课程看作一个点，那么顺序关系也就是一条有向边了。错误的情况也就是出现了环。我知道了！这次我们要做的是判定一个有向图是否有环。
小Hi：小Ho你有什么想法么？
<小Ho思考了一会儿>
小Ho：一个直观的算法就是每次删除一个入度为0的点，直到没有入度为0的点为止。如果这时还有点没被删除，这些没被删除的点至少组成一个环；反之如果所有点都被删除了，则有向图中一定没有环。
小Hi：Good Job！那赶快去写代码吧！
小Ho又思考了一会儿，挠了挠头说：每次删除一个点之后都要找出当前入度为0的点，这一步我没想到高效的方法。通过扫描一遍剩余的边可以找所有出当前入度为0的点，但是每次删除一个节点之后都扫描一遍的话复杂度很高。
小Hi赞许道：看来你已经养成写代码前分析复杂度的意识了！这里确实需要一些实现技巧，才能把复杂度降为O(N+M)，其中N和M分别代表点数和边数。我给你一个提示：如果我们能维护每个点的入度值，也就是在删除点的同时更新受影响的点的入度值，那么是不是就能快速找出入度为0的点了呢？
小Ho：我明白了，这个问题可以这样来解决：
1. 计算每一个点的入度值deg[i]，这一步需要扫描所有点和边，复杂度O(N+M)。
2. 把入度为0的点加入队列Q中，当然有可能存在多个入度为0的点，同时它们之间也不会存在连接关系，所以按照任意顺序加入Q都是可以的。
3. 从Q中取出一个点p。对于每一个未删除且与p相连的点q，deg[q] = deg[q] – 1；如果deg[q]==0，把q加入Q。
4. 不断重复第3步，直到Q为空。
最后剩下的未被删除的点，也就是组成环的点了。
小Hi：没错。这一过程就叫做拓扑排序。
小Ho：我懂了。我这就去实现它！
< 十分钟之后 >
小Ho：小Hi，不好了，我的程序写好之后编译就出诡异错误了！
小Hi：诡异错误？让我看看。
小Hi凑近电脑屏幕看了看小Ho的源代码，只见小Ho写了如下的代码：
int edge[ MAXN ][ MAXN ];小Hi：小Ho，你有理解这题的数据范围么？
小Ho：N最大等于10万啊，怎么了？
小Hi：你的数组有10万乘上10万，也就是100亿了。算上一个int为4个字节，这也得400亿字节，将近40G了呢。
小Ho：啊？！那我应该怎么？QAQ
小Hi：这里就教你一个小技巧好了：
这道题目中N的数据范围在10万，若采用邻接矩阵的方式来储存数据显然是会内存溢出。而且每次枚举一个点时也可能会因为枚举过多无用的而导致超时。因此在这道题目中我们需要采用邻接表的方式来储存我们的数据：
常见的邻接表大多是使用的指针来进行元素的串联，其实我们可以通过数组来模拟这一过程。
int head[ MAXN + 1] = {0}; // 表示头指针，初始化为0
int p[ MAXM + 1]; // 表示指向的节点
int next[ MAXM + 1] = {0}; // 模拟指针，初始化为0
int edgecnt; // 记录边的数量
void addedge(int u, int v) { // 添加边(u,v)
++edgecnt;
p[ edgecnt ] = v;
next[ edgecnt ] = head[u];
head[u] = edgecnt;
}
// 枚举边的过程，u为起始点
for (int i = head[u]; i; i = next[i]) {
v = p[i];
...
}小Ho：原来还有这种办法啊？好咧。我这就去改进我的算法=v=
Close
输入
第1行：1个整数T，表示数据的组数T(1 <= T <= 5)
接下来T组数据按照以下格式：
第1行：2个整数，N,M。N表示课程总数量，课程编号为1..N。M表示顺序关系的数量。1 <= N <= 100,000. 1 <= M <= 500,000
第2..M+1行：每行2个整数，A,B。表示课程A是课程B的前置课程。
输出
第1..T行：每行1个字符串，若该组信息无误，输出”Correct”，若该组信息有误，输出”Wrong”。
Sample Input
2
2 2
1 2
2 1
3 2
1 2
1 3Sample Output
Wrong
Correct思路：这道题的提示写的如此之好，直接看题就懂了。不过这种读入方式我还是第一用，解释一下加深一下记忆吧。数组E是用来存储边的信息的，E[i]表示第i条边，E[i].to表示第i条边的尾结点。这些都很明显，但是E[i].next=head[u]具体是什么意思呢？我们给出了一条边的头结点u和尾结点v，每次都要更新head[u]=i，这表明head[u]保存的是以u为头结点的最后给出的边的编号。那么在更新head[u]之前，我们令E[i].next=head[u]，也就是说令E[i].next指向以u为头结点(跟第i条边同头结点)的上一条边的编号。那么对于某个头结点的边的遍历操作就很简单了，比如我们使k=head[u]，(以u为头结点的最后一条边)只要k不等于0，(因为head数组初始化是全为0的，k=0也就意味着这个头结点的边都已经遍历过了)k=E[k].next即不断取得以u为头结点的上一条边的编号。刚开始的时候我也看的很懵，理解了之后发现这种方法是很巧妙的~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<iterator>
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int maxn=100005;
struct edge
{
int to,next;
};
edge E[maxn*5]; //E[i] 用来存储第i条边的信息 E[i].to 指向第i条边的尾结点 E[i].next 指向以第i条边的头结点为起始点的上一条边的序号
int head[maxn]; //head[i] 表示以结点 i 为起始点的 最后给出的边的序号
int ind[maxn]; //存储入度
int Stack[maxn],top; //模拟栈
int n,m;
int topo();
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(head,0,sizeof(head));
scanf("%d%d",&n,&m);
int t1,t2;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&t1,&t2);
E[i].to=t2; //存储该条边的信息
E[i].next=head[t1]; //该条边的下一条边的序号是 与该边同起点的上一条边的序号
head[t1]=i; //更新以该顶点为起点的 最后一条边的序号
}
if(topo())
printf("Correct\n");
else
printf("Wrong\n");
}
return 0;
}
int topo()
{
top=-1;
memset(ind,0,sizeof(ind));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j!=0;j=E[j].next)
ind[E[j].to]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ind[i]==0)
Stack[++top]=i; //入度为0的结点
int cnt=0;
while(top!=-1)
{
int temp=Stack[top--]; //取到当前入度为0的结点
++cnt;
for(int i=head[temp];i!=0;i=E[i].next)
{
if(--ind[E[i].to]==0) //减少以当前结点为头的结点的入度
Stack[++top]=E[i].to;
}
}
return cnt==n?1:0;
}
