題目大意

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給定一個\(n\)個點，\(m\)條邊的有向圖（不保證無環）。\(q\)次詢問。每次指定一組起點和終點，並在起點處放一枚棋子。

有兩個遊戲玩家，輪流移動棋子（只能順著圖上的邊移動，每人每次只能移動一步）。

先將棋子移動到終點的人立即獲勝。如果誰無法繼續移動了，那麼他失敗，對手獲勝。

問先、後手是否有必勝策略。如果先手有必勝策略輸出\(1\)，如果後手有必勝策略輸出\(-1\)，如果兩人都沒有必勝策略輸出\(0\)。

資料範圍：\(1\leq n\leq 10^5\)，\(1\leq m\leq 5\times 10^5\)，\(1\leq q\leq 500\)。保證起點和終點不同。

本題題解

考慮，給出的圖如果是一個DAG（無環），我們可以對反圖做拓撲排序，同時推出答案。在反圖上，所有入度為\(0\)的點，都是先手必敗；詢問給定的終點也是先手必敗（因為距離它為\(1\)的點肯定是先手必勝了，所以可以把它理解為先手必敗）。然後對於其他點，如果存在至少一個能到達它的點，是先手必敗的，那麼它先手必勝；否則它是先手必敗。這樣遞推一下就能求出答案了，時間複雜度是\(O(qm)\)的。

再考慮有環的情況。有環和無環最大的區別是，正常的拓撲排序時，我們無法進入到環裡。那麼一個環，就可能“隔絕”一些已知的答案。具體來說，對於某個節點：

• 如果（在反圖上）至少存在一個能到達它的點是先手必敗的，那該節點一定是先手必勝
  的。無論它在不在環上，入度是否為\(0\)，我們都把它加入到佇列裡，並且之後不再訪問它（一個點不能入隊兩次）。
• 如果沒有發現，至少一個，能到達它的、先手必敗的點。那麼我們看當前節點入度是否已經清零。如果已經清零，說明它不在環上，而且我們已經考慮過了所有能到達它的邊，因此可以直接斷定它是先手必敗的，然後加入佇列即可。
• 如果它的入度還沒有清零，說明它一定在某個環上。這種情況下先、後手都可以在環上無限地繞圈。所以此時該節點的狀態是未知的。

整個過程，和普通的拓撲排序還是很類似的。主要的區別是，一旦確定了一個節點的狀態（必勝或必敗），就立即加入到佇列中，並且從此不再訪問它。這樣可以避免“環”對傳遞答案造成的不必要的“隔絕”。根據這個原則，我們初始時也會把終點加入到佇列中，無論它入度是否為\(0\)

時間複雜度\(O(qm)\)。

參考程式碼：

//problem:P6560
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=1e5,MAXM=5e5;
struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXM+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}

int n,m,q,in_degree[MAXN+5],cur_deg[MAXN+5],st,ed,f[MAXN+5];

int main() {
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add_edge(v,u);//反向邊
		in_degree[u]++;
	}
	for(int tq=1;tq<=q;++tq){
		cin>>st>>ed;
		queue<int>que;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			cur_deg[i]=in_degree[i];
			if(!cur_deg[i] || i==ed)
				f[i]=-1,que.push(i);
			else
				f[i]=0;
		}
		while(!que.empty()){
			int u=que.front(); que.pop();
			for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
				int v=edge[i].to;
				if(f[v]!=0)continue;
				cur_deg[v]--;
				if(f[u]==-1){
					f[v]=1;
					que.push(v);
				}
				else if(!cur_deg[v]){
					if(f[v]!=1)
						f[v]=-1;
					que.push(v);
				}
			}
		}
		cout<<f[st]<<endl;
	}
	return 0;
}