- 给定一张(n)个点(m)条边的有向图。
- 对于每条边，求将它反向这张图的强连通分量数是否变化。
- (nle10^3,mle2 imes10^5)
情况分析
对于一条边(x ightarrow y)，考虑它翻转带来的影响，其实只要考虑翻转前后(x)能否到达(y)以及(y)能否到达(x)。
显然翻转前(x)一定能到达(y)（因为有这条边），而翻转后(x)还能到达(y)，就等价于在原图中存在一条不经过这条边从(x)到(y)的路径。
显然翻转后(y)一定能到达(x)（因为有这条边），而翻转前(y)能够到达(x)，就等价于在原图中(y)能到达(x)。
(DFS)
考虑我们枚举一个起点(x)出发(dfs)，对于每个点(y)记录(x)两条选择后能到达它的出边。
如果(y)记录了至少一条出边说明(x)能到达(y)，如果(y)记录了两条出边说明存在一条不经过(x)到(y)的边（如果存在）由(x)到(y)的路径。
最后枚举每条边根据求出的信息判一下就好了。
一个玄学的常数问题，如果用前向星存图会被卡，必须使用(vector)存图。
代码：(O(nm))
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000
#define M 200000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].fr=x,e[ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,ee,lnk[N+5];bool g[N+5][N+5],vis[N+5][N+5];struct edge {int x,y;}e[M+5];
int d[N+5];vector<int> to[N+5];vector<int>::iterator it;
namespace FastIO
{
#define FS 100000
#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
int v1[N+5],v2[N+5];I void dfs(CI x,CI c,CI o)
{
if(x==o||v1[x]&&v2[x]) return;if(v1[x]) {if(v1[x]==c) return;v2[x]=c;}else v1[x]=c;//不能再过起点；每个点记录两条边
for(RI i=0;i^d[x];++i) dfs(to[x][i],c,o);
}
int main()
{
RI i,j;for(read(n,m),i=1;i<=m;++i) read(e[i].x,e[i].y),to[e[i].x].push_back(e[i].y),++d[e[i].x];
RI sz;for(i=1;i<=n;++i)//枚举一个点出发
{
for(j=1;j<=n;++j) v1[j]=v2[j]=0;for(j=1;j<=d[i];++j) dfs(to[i][j-1],j,i);//枚举每条出边
for(j=1;j<=n;++j) vis[i][j]=v1[j],g[i][j]=v2[j];//记录两信息
}
for(j=1;j<=m;++j) puts(g[e[j].x][e[j].y]^vis[e[j].y][e[j].x]?"diff":"same");return 0;//枚举每条边根据求得信息判断
}