F. Upgrading Cities

题意

给你一个n个点m条边的DAG（有向无环图），问有多少个点的可到达的点数+可以被到达的点数>=n-1

做法

由于是有向无环图，我们首先考虑拓扑排序，如果A能够到达B，那么A,B肯定不会同时出现在队列中，所以如果队列中同时存在的点超过两个，这些点肯定都是不能互相到达的，也就是说对答案肯定没有贡献，之后考虑如果队列中只有一个点，那么所有没进队的点肯定都能到达，之后考虑如果队列中恰好有两个点，设两个点分别为A，B，B有一条边指向一个入度为1的点C，那么A肯定不能到达C，所以A到达不了A,B,也就是A不能对答案做贡献，如果没有这种情况，A可以到所有剩下没有进入队列的点。这是处理一个点能到哪些点的情况，对于被哪些点到达的情况，只需要反向建边再跑一边这个过程即可。两遍topo排序之后，看哪些点满足条件即可。

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+5;
vector<int> G[2][maxn];
int ind[2][maxn],que[maxn],n,m;
int sum[maxn];
void topsort(int pos)
{
    int qt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if(ind[pos][i] == 0) que[qt++] = i;
    }
    for(int i = 0; i < qt; ++i)
    {
        int u = que[i];
        if(qt-i==1)
        {
            sum[u]+=n-qt;
        }
        else if(qt-i==2)
        {
            int u_2=que[i+1];
            int flag=0;
            for(int j=0;j<G[pos][u_2].size();++j) if(ind[pos][G[pos][u_2][j]]==1) flag=1;
            if(flag==0) sum[u]+=(n-qt);
        }
        for(int j=0;j<G[pos][u].size();++j) if(--ind[pos][G[pos][u][j]] == 0) que[qt++] = G[pos][u][j];
    }
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        G[0][u].push_back(v);
        ind[0][v]++;
        G[1][v].push_back(u);
        ind[1][u]++;
    }
    topsort(0);
    topsort(1);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) if(sum[i]>=n-2) ++ans;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}