CF1062F
好深刻的题。
重要结论：拓扑排序任意时刻，在 queue 中的结点互不可达。
证明显然。
然后考虑对原图拓扑排序一下，如果某时刻 queue 里面元素大于等于 \(3\) 了，就寄干净了。
有两个的话，考虑这两个 \(u,v\)，那我想知道 \(v\) 所有可达的，\(u\) 是不是可达。那注意到某个 \(x\) 越靠近 \(v\)，不被 \(u\) 可达的概率就越大。
所以枚举 \(v\) 的出边就可以。
queue 里面只有一个的话，某点被 \(u\) 可达当且仅当拓扑序比 \(u\) 靠后。
额类似地，queue 里面有两个，也可以这样求出来。
然后对反图再跑一遍，就可以求出某点寄没寄，以及如果没寄的话，她可达以及被可达的点的个数。算一下就可以求出没有可达关系的，就没了。时间复杂度 \(O(n+m)\)。
CF1558E
神仙题啊。但是好像没那么难？
首先就是，她不是哈密瓜，哈密瓜是 NPC 的，不要读错题了，不要读错题了，不要读错题了。
二分答案不用说。
然后考虑她每次扩展的形式。
感性理解一下，大概就是，我有一个点集，代表我击毙了怪兽，我可以进行很多轮扩展，每次扩展可以走一个？
- 环，或者链上套环，这样就可以原路返回。
- 连接击毙过的两个点的一条链。
- 链，但是一个端点不要求之前击毙过。这种扩展合法，当且仅当是最后一次扩展。
额然后显然，我某一次扩展如果能扩展出来一些点，那么是不劣的。
那扩展不了就寄了。
时间复杂度 \(O(n(n+m)\log V)\)。平方的来源是，我每轮暴力搜环。
爆标做法不会。
P9531
首先有一题叫做 P2619，然后有加强版叫做，对每一个 \(k=1,2,\dots, n\) 求出答案。和这个题很像。
那一题有一个做法就是，利用一些 MST 的性质，在分治的过程中，把一些边缩合起来，从而使得势能是对的。
那么类似地，这个题直接分治，设我当前处理 \(Que[mid]\) 的询问，因为他排好序了，然后我把 MST 上的边取出来，我记录一个 \(last\) 表示这条边最浅在递归树上，是哪个位置。
那由于一个性质，叫做每条边出现在询问的一段区间中，所以我可以这样搞。
出现这种情况时，在向右递归前，用并查集提前把这条边缩起来。回溯的时候再撤掉。然后可以用一个线段树处理一下这条边对之后询问的贡献。
势能的话，一条边出现的区间，大概被拆成了线段树状物，拆成了 \(O(\log q)\) 段。那算上排序、并查集、线段树，总复杂度大概是 \(O(n\log n+m\log q (\log m+\log n)+q\log m)\)。写的丑一点，动态开点，就变成值域老哥。