[CF1142E] Pink Floyd

传送门

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题意：一个\(n\)个点的竞赛图，给出\(m\)条红色的边，其方向确定，其余边均为绿色，方向未知。你可以询问不超过\(2n\)次，每次询问一条绿色边的方向。要求找到一个点\(x\)，使得\(x\)出发到任意一个点都有至少一条同色路径。\(n ,m\leq 10^5\)。可能会在交互过程中动态构造图。

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考虑没有红色的边时怎么做。显然在询问过程中会形成若干棵绿色的外向树，每次询问两棵外向树的树根，将它们合并起来即可。最后剩余的点即为答案。

回到原题，发现由于红色边的存在导致有些边无法通过询问定向，但是红色边本身可以作为连通的方式。

将红色连通块缩点，发现此时任何没有红色入度的点均与上文中的绿色外向树等价，即，这些点满足可以任意询问两两之间的边，且这样的点只剩一个时即为答案。

另一个值得注意的点是，合并时被删除的点可能会有若干红色出边，此时需遍历这些边，并将新的满足条件的点加入待处理点集中。

Code：

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cassert>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 110000;

int hd[N], nxt[N], to[N], dfn[N], low[N], scc[N], dgrV[N], dgrS[N], stck[N], instck[N], rep[N];
int n, m, cnt, tot, noedg = 1, top;
queue<int> que;

template <class T> inline void read(T &x) {
    x = 0;
    char ch = getchar(), w = 0;
    while (!isdigit(ch))
        w = (ch == '-'), ch = getchar();
    while (isdigit(ch))
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    x = w ? -x : x;
    return;
}

inline void addEdg(int x, int y) {
    nxt[++noedg] = hd[x], hd[x] = noedg, to[noedg] = y;
    return;
}

void tarjan(int now) {
    dfn[now] = low[now] = ++cnt;
    stck[++top] = now, instck[now] = 1;
    for (R int i = hd[now]; i; i = nxt[i]) {
        int v = to[i];
        if (dfn[v]) {
            if (instck[v]) low[now] = min(low[now], dfn[v]);
        }
        else
            tarjan(v), low[now] = min(low[now], low[v]);
    }
    if (dfn[now] == low[now]) {
        rep[++tot] = now;
        while (stck[top] != now)
            instck[stck[top]] = 0, scc[stck[top--]] = tot;
        instck[now] = 0, scc[stck[top--]] = tot;
    }
    return;
}

inline void del(int x) {
    for (R int i = hd[x], v; i; i = nxt[i]) {
        if (scc[v = to[i]] != scc[x]) {
            if (!--dgrS[scc[v]]) que.push(rep[scc[v]]);
        }
        else if (!--dgrV[v] && v != rep[scc[v]]) que.push(v);
    }
    return;
}

int main() {
    int x, y;
    read(n), read(m);
    for (R int i = 1; i <= m; ++i)
        read(x), read(y), addEdg(x, y);
    for (R int i = 1; i <= n; ++i)
        if (!dfn[i])
            tarjan(i);
    for (R int i = 1; i <= n; ++i)
        for (R int j = hd[i], v; j; j = nxt[j])
            if (scc[v = to[j]] != scc[i])
                ++dgrS[scc[v]];
            else
                ++dgrV[v];
    for (R int i = 1; i <= tot; ++i)
        if (!dgrS[i])
            que.push(rep[i]);
    while (que.size()) {
        if (que.size() == 1) {
            cout << "! " << que.front() << endl;
            return 0;
        }
        int a = que.front(), b;
        que.pop(), b = que.front(), que.pop();
        cout << "? " << a << ' ' << b << endl;
        read(x);
        if (x) del(b), que.push(a);
        else del(a), que.push(b);
    }
    return 0;
}

来源：https://www.cnblogs.com/suwakow/p/11402331.html