题目连接

题面：

题意：
给定一张有向无环图，初始时只有1处于开状态，每更改一个点的状态，那么他的可达点状态都取反。
问最少多少次能让所有点都处于关状态。

题解：很容易想到拓扑序，因为按照拓扑序前进，若当前到某一点，这一点还处于开状态那么一定要把他打到关状态上（要不然后续状态不管怎么操作一定不能把他打到关状态上，而他前面的点都处于关状态，操作他前面的点一定不如操作这一点更优。）

直接拓扑序不好处理，因为会有 1–>2–>4 , 1–>3–>4这种情况，实际上将1置于关状态后2，3，4均处于开状态。而如果直接拓扑序会发现4被操作了两次，那么4会变成关状态导致答案错误。

我们开bitset记录每个点被哪些点操作影响过。

实际上这个题我觉得在拓扑序之前应该再进行一次拓扑序把无用的点拓扑掉或者拓扑序的特殊考虑一下1。
例如
1–>2–>4 , 5–>1 , 5–>2 。这样的话需要先把5的贡献消除掉 , 或者拓扑序的时候特殊考虑一下1。
但是好像没有这样的数据。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<bitset>
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll lnf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=200100;
int head[maxn],ver[maxn],nt[maxn];
int tot,d[maxn],q[maxn],a[maxn];
int n,m;
bitset<40001>b[40001];
void add(int x,int y)
{
    ver[++tot]=y,nt[tot]=head[x],head[x]=tot;
    d[y]++;
}

int tp(void)
{
    int l=1,r=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(d[i]==0) q[++r]=i;
    }
    int ans=0;
    while(l<=r)
    {
        int x=q[l++];
        if(x==1||b[x].count()%2)
        {
            ans++;
            b[x].set(x);
        }
        for(int i=head[x];i;i=nt[i])
        {
            int y=ver[i];
            b[y]|=b[x];
            d[y]--;
            if(d[y]==0) q[++r]=y;
        }
    }
    return ans;
}

int main(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
    }
    printf("%d\n",tp());
    return 0;
}