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Description
【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?）。
Input
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
Output
输出一行包含一个整数，表示JYY最多可以删掉的边数。
Sample Input
1 2
2 3
3 5
4 5
1 5
1 3
Sample Output
HINT
Source
By 佚名上传
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 register12 #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 long16 #define ld long double17 #define inf 0x3f3f3f3f18 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;【bzoj4484】【jsoi2015】最小表示
原文地址：https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/9901991.html