\(\mathcal{Description}\)

  link.

  给定一个捕食网络，对于每个物种，求其灭绝后有多少消费者失去所有食物来源。（一些名词与生物学的定义相同 w。）

  原图结点数 \(n\le65534\)，边数 \(m\le10^6\)，图保证无有向环。

\(\mathcal{Solution}\)

  支配树板题。将原图反向建边，令一个“超级生产者”结点，指向所有生产者，然后求出该图的支配树。每个物种的答案就是其子树大小 \(-1\)。

  以下会讲解对于有向无环图（DAG），如何建出支配树。

  声明对“支配”的定义：对于 \(u\) 的支配点 \(v\)，满足删去 \(v\) 后，从源点不可到达 \(u\)。

  最近支配点：所有支配 \(u\) 的 \(v\) 中距离 \(u\) 最近的一个点。可以证明某个点的最近支配点唯一。

  按照拓扑序，从源点开始处理。可以直观地发现，点 \(u\) 的最近支配点就是其所有前驱结点在支配树上的 LCA。所以只需要每次向支配树加入当前结点，并处理处当前结点的倍增信息即可。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>

#define adj( g, u, v ) \
    for ( int _eid = g.head[u], v; v = g.to[_eid], _eid; _eid = g.nxt[_eid] )

const int MAXN = 65534, MAXM = 1e6, MAXLG = 15;
int n, dep[MAXN + 5], ans[MAXN + 5], rnk[MAXN + 5], fa[MAXN + 5][MAXLG + 5];
std::queue<int> que;
std::vector<int> pre[MAXN + 5];

inline int rint () {
    int x = 0; char s = getchar ();
    for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () );
    for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
    return x;
}

struct Graph {
    int ecnt, head[MAXN + 5], to[MAXM + 5], nxt[MAXM + 5], ind[MAXN + 5];
    inline void link ( const int s, const int t ) {
        ++ ind[to[++ ecnt] = t], nxt[ecnt] = head[s], head[s] = ecnt;
        pre[t].push_back ( s );
    }
} sour, domt;

inline int LCA ( int u, int v ) {
    if ( dep[u] < dep[v] ) u ^= v ^= u ^= v;
    for ( int i = 15; ~ i; -- i ) if ( dep[fa[u][i]] >= dep[v] ) u = fa[u][i];
    if ( u == v ) return u;
    for ( int i = 15; ~ i; -- i ) if ( fa[u][i] ^ fa[v][i] ) u = fa[u][i], v = fa[v][i];
    return fa[u][0];
}

inline void calc ( const int u ) {
    ans[u] = 1;
    adj ( domt, u, v ) calc ( v ), ans[u] += ans[v];
}

int main () {
    n = rint ();
    for ( int i = 1, t; i <= n; ++ i ) while ( t = rint () ) sour.link ( t, i );
    for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) if ( ! sour.ind[i] ) sour.link ( n + 1, i );
    int cnt = 0;
    que.push ( n + 1 );
    for ( int u; ! que.empty (); que.pop () ) {
        rnk[++ cnt] = u = que.front ();
        adj ( sour, u, v ) if ( ! -- sour.ind[v] ) que.push ( v );
    }
    for ( int i = 1; i <= cnt; ++ i ) {
        int u = rnk[i], f = 0;
        if ( ! pre[u].empty () ) f = pre[u][0];
        for ( int j = 1; j < ( int ) pre[u].size (); ++ j ) f = LCA ( f, pre[u][j] );
        dep[u] = dep[fa[u][0] = f] + 1, domt.link ( f, u );
        for ( int j = 1; j <= 15; ++ j ) fa[u][j] = fa[fa[u][j - 1]][j - 1];
    }
    calc ( n + 1 );
    for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) printf ( "%d\n", ans[i] - 1 );
    return 0;
}