自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	ix35 垒球

搬运于2025-08-24 22:01:34，当前版本为作者最后更新于2020-02-04 19:45:09，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

大致思路就是：如果在图 D 中：$u\to v\to w$，又有 $x\to v\to w$，那么在 E 中，$uv$，$xv$ 都向 $vw$ 连边。此时如果存在另一个 $y$ 使得 $v\to y$ 有边，则在 E 中 $uv$，$xv$ 都应该向 $vy$ 有边。

也就是说，两个点指向一个公共的点，那么它们所有出边指向的点集必然相同，事实上这是存在 D 的充要条件，证明不难。

之前几篇题解要么用了并查集，要么用了数组暴力判断，这里提供一种不难想且速度不慢的方法：Bitset。

用 Bitset 记录邻接矩阵，枚举两行，算一下两行的与和异或，如果与不为 $0$，则说明指向公共点，此时再看异或，如果异或不为 $0$，说明出边不重合，答案为 No.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=310;
int t,n,m,x,y;
bitset <MAXN> b[MAXN],tmp1,tmp2;
int main () {
	scanf("%d",&t);
	for (int ii=1;ii<=t;ii++) {
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for (int i=1;i<=n;i++) {b[i].reset();}
		for (int i=1;i<=m;i++) {
			scanf("%d%d",&x,&y);
			x++,y++;
			b[x].set(y);
		}
		int flg=0;
		for (int i=1;i<=n;i++) {
			if (flg) {break;}
			for (int j=1;j<=n;j++) {
				tmp1=b[i]&b[j],tmp2=b[i]^b[j];
				if (tmp1.count()!=0&&tmp2.count()!=0) {flg=1;break;}
			}
		}
		printf("%s\n",flg?"No":"Yes");
	}
	return 0;
}