bitset
- 简介
bitset可看作一一个多位二进制数，每8位占用1个字节，相当于采用了状态压缩的二进制数组，并支持基本的位运算。在估算程序运行的时间时，我们一般以32位整数的运算次数为基准，因此n位bitset执行一次位运算的复杂度可视为 n/32, 效率较高。
- 用法
bitset<100> a
表示100位二进制数， <>中填需要的位数。
- 位运算
取反：~a: 返回对bitsets按位取反的结果。
与或非：&， |, ^: 返回对两个位数相同的bitset执行按位与、或、异或运算的结果。
左移 右移: >>, <<: 返回把一个 bitset右移、左移若干位的结果。
大小比较： ==, !=: 比较两个bitset代表的二进制数是否相等。
- 函数
count： a.count() , 返回有多少位为1。
any/none: 若a所有位都为0，则a.any() 返回false, a.none()返回 true。若a至少一位为1, 则a.anyO返回true, a.none()返回false.
set:
a.set() 把a所有位变为1.
a.set(k, v) 把a 的第k为变为v， a[k] = v.
rset:
a.rset() 把a所有位变为0.
a.rset(k) 把a 的第k为变为0， a[k] = 0.
flip:
a.flip() 把a所有位取反.
a.flip(k) 把a 的第k位取反， a[k] ^= 1.
- 例题： CH 2101 可达性统计
题目大意
给定一张N个点M条边的有向无环图，分别统计从每个点出发能够到达的点的数量。数据范围 1 ≤ N, M ≤ 30000
输入
10 10
3 8
2 3
2 5
5 9
5 9
2 3
3 9
4 8
2 10
4 9
输出
1
6
3
3
2
1
1
1
1
1
思路
从x出发能够到达的点，是从x的各个后继节点y出发能够到达的点的并集，再加上点x自身。所以，在计算出一个点的所有后继节点的f值之后，就可以计算出该点的f值。这启发我们先用拓扑排序算法求出一个拓扑序，然后按照拓扑序的倒序进行计算一因为在拓扑序中， 对任意的一条边(x,y), x都排在y之前。
我们可以使用一个N位二进制数存储每个f(x)，其中第i位是1表示x能到i, 0表示不能到i。这样-来，对若干个集合求并，就相当于对若干个N位二进制数做“按位或”运算。最后，每个f(x)中1的个数就是从x出发能够到达的节点数量。
这个N位二进制数可以压缩成N/32+1个无符号32位整数unsigned int进行存储，直接使用C++ STL中为我们提供的bitset 。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<bitset>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 30010;
int n, m;
int head[N], e[N], ne[N], idx;
int d[N], seq[N];
bitset<N> f[N];
void add(int a, int b){
e[idx] = b;
ne[idx] = head[a];
head[a] = idx++;
}
void topsort(){
queue<int> q;
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(!d[i])
q.push(i);
}
int k = 0;
while(q.size()){
int t = q.front();
q.pop();
seq[k++] = t;
for(int i = head[t]; ~i; i = ne[i]){
int j = e[i];
if(--d[j] == 0)
q.push(j);
}
}
}
int main(){
cin >> n >> m;
memset(head, -1, sizeof head);
for(int i = 0; i < m; i++){
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b);
d[b]++;
}
topsort();
for(int i = n - 1; ~i; i--){
int j = seq[i];
f[j][j] = 1;
for(int p = head[j]; ~p; p = ne[p]){
f[j] |= f[e[p]];
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
cout << f[i].count() << endl;
}
return 0;
}
