题目传送门（内部题148）
输入格式
每个测试点第一行为一个正整数$T$，表示该测试点内的数据组数。
接下来$T$组数据，每组数据第一行一个正整数$n$，表示有引用单元格进行计算的单元格数，接下来$n$行，每行第一个字符串为该单元格编号，接下来若干个字符串表示该单元格引用的单元格编号。
输出格式
对于每一组测试数据，若有循环依赖，则输出$Yes$，否则输出$No$。
样例
样例输入：
3
1
AA13 AA13
3
B1 A1 A2
C1 B1 A1
A2 C1 A1
4
B1 A1
C1 B1 A1
D1 C1 B1 A1
E1 D1 C1 B1 A1
样例输出：
Yes
Yes
No
数据范围与提示
样例解释：
第一组数据中，$AA13$单元格引用自身，构成了自循环依赖。
第二组数据描述了题面中的例子。
第三组数据中，$B1$引用了$A1$，$C1$引用了$B1$和$A1$，以此类推到$E1$，每一个单元格只会引用在该单元格之前列的单元格的值，因此不会构成循环依赖。
数据范围：
对于$20\%$的数据，有$1leqslant nleqslant 10$。
对于$50\%$的数据，有$1leqslant nleqslant 100$。
对于另外$30\%$的数据，每个单元格至多引用一个单元格。
对于$100\%$的数据，有$1leqslant nleqslant 30,000$，单元格编号为长度不超过$10$的字符串，每个单元格都引用不超过$10$个单元格（计重数，下同），每组数据中单元格编号的数量$leqslant 90,000$，每个测试点中单元格编号的总数量不超过$450,000$，在任意一组数据中，每行第一个单元格编号不重复，但每个单元格所引用的单元格编号可能重复。
题解
玄学读入，离散化，建图，拓扑，一遍过样例！
一脸懵逼……
发现旁边同学也都是这样额。
其实
$
ightarrow$
$=$
出题人居然用$Windows$造数据！！！
换行附在$NOILinux$下是 而在$Windows$下是 。
剩下的就很裸了，不过如果你想用$tarjan$判环我也不拦你。
时间复杂度：$Theta(m)$（$m$表示依赖关系数）。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
unordered_map<unsigned long long,int>mp;
struct rec{int nxt,to;}e[200001];
int head[100001],cnt;
int n;
char ch[20];
int top,tot;
int du[100001];
queue<int> q;
unsigned long long hsh[500001];
unsigned long long hd[100001];
vector<unsigned long long>son[100001];
void pre_work()
{
mp.clear();cnt=top=tot=0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(son,0,sizeof(son));
memset(du,0,sizeof(du));
}
unsigned long long get()
{
int len=strlen(ch+1);unsigned long long res=0;
for(int i=1;i<=len;i++)res=res*131+ch[i]-'0';
return res;
}
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
bool topsort()
{
int res=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)if(!du[i]){q.push(i);res++;}
while(q.size())
{
int x=q.front();q.pop();
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
du[e[i].to]--;
if(!du[e[i].to]){res++;q.push(e[i].to);}
}
}
return res==tot;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
pre_work();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch+1);
hd[i]=get();
hsh[++top]=hd[i];
char c=getchar();
while(c!='
')
{
scanf("%s",ch+1);
hsh[++top]=get();
son[i].push_back(hsh[top]);
c=getchar();
}
}
sort(hsh+1,hsh+top+1);
for(int i=1;i<=top;i++)if(hsh[i]!=hsh[i-1])mp[hsh[i]]=++tot;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
hd[i]=mp[hd[i]];
for(int j=0;j<son[i].size();j++)
son[i][j]=mp[son[i][j]];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<son[i].size();j++)
{add(son[i][j],hd[i]);du[hd[i]]++;}
puts(topsort()?"No":"Yes");
}
return 0;
}
rp++