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@description@
给定一张 n 个点 m 条边的无向图，现在想要把这张图定向。
有 p 个限制条件，每个条件形如 \((x_i, y_i)\)，表示在新的有向图当中，\(x_i\) 要能够沿着一些边走到 \(y_i\)。
现在请你求出，每条边的方向是否能够唯一确定。同时请给出这些能够唯一确定的边的方向。
输入格式
第一行两个空格隔开的正整数 n, m。
接下来 m 行，每行两个空格隔开的正整数 \(a_i, b_i\)，表示 \(a_i, b_i\) 之间有一条边。
接下来一行一个整数 p，表示限制条件的个数。
接下来 p 行，每行两个空格隔开的正整数 \(x_i, y_i\)，描述一个 \((x_i, y_i)\) 的限制条件。
输出格式
输出一行一个长度为 m 的字符串，表示每条边的答案：
若第 i 条边必须得要是 \(a_i\) 指向 \(b_i\) 的，那么这个字符串的第 \(i\) 个字符应当为 R；
若第 i 条边必须得要是 \(b_i\) 指向 \(a_i\) 的，那么这个字符串的第 \(i\) 个字符应当为 L；
否则，若第 i 条边的方向无法唯一确定，那么这个字符串的第 \(i\) 个字符应当为 B。
样例输入
5 6
1 2
1 2
4 3
2 3
1 3
5 1
2
4 5
1 3
样例输出
BBRBBL
数据范围与提示
对于 100% 的数据，有 1 <= n, m, p <= 100000。
@solution@
对于无向图转有向图的连通性问题有一个比较常见的结论可以使用：
一个无向图中的边双连通分量可以转成有向图中的强连通分量。
至于为什么，可以结合 tarjan 算法理解：将树边向下连，返祖边向上连，就可以将一个边双连通分量转成强连通分量。
对于一个强连通分量，它内部的点可以互相到达。
同时，将强连通分量内部所有边反转，依然可以互达。这意味着强连通分量内的边总是不可确定方向的。
对应到原图中，原图中边双连通分量内部的边不可以确定方向。
考虑一个限制 (xi, yi)，如果同属一个双连通分量则显然可以转成强连通满足限制。
如果不属于同一个双连通分量，因为边双缩点后得到了一棵树，那么 xi -> yi 这条路径上所有缩点后的树边就可以确定方向了。
具体实现，因为总是有解，所以我们可以给每条边设置一个初始为 0 的边权。将 < 0 记为向上，= 0 记为不确定，> 0 记为向下。
然后根据每个限制，对边权加加减减，做一遍树上差分即可。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define rep(G, x) for(graph::edge *p = G.adj[x];p;p = p->nxt)
const int MAXN = 100000;
struct graph{
struct edge{
int to;
edge *nxt, *rev;
}edges[2*MAXN + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt;
graph() {ecnt = edges;}
void addedge(int u, int v) {
edge *p = (++ecnt), *q = (++ecnt);
p->to = v, p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
q->to = u, q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
p->rev = q, q->rev = p;
}
}G1, G2;
int dfn[MAXN + 5], low[MAXN + 5], dcnt = 0;
int stk[MAXN + 5], id[MAXN + 5], tp = 0, tot = 0;
void dfs1(int x, graph::edge *pre) {
stk[++tp] = x;
dfn[x] = low[x] = (++dcnt);
rep(G1, x) {
if( p->rev == pre ) continue;
if( dfn[p->to] ) low[x] = min(low[x], dfn[p->to]);
else dfs1(p->to, p), low[x] = min(low[x], low[p->to]);
}
if( low[x] >= dfn[x] ) {
tot++;
do{
id[stk[tp]] = tot;
}while( stk[tp--] != x );
}
}
int fa[MAXN + 5];
void dfs2(int x, int f) {
fa[x] = f;
rep(G2, x) {
if( p->to != f )
dfs2(p->to, x);
}
}
bool tag[MAXN + 5]; int d[MAXN + 5];
void dfs3(int x) {
tag[x] = true;
rep(G2, x) {
if( !tag[p->to] )
dfs3(p->to), d[x] += d[p->to];
}
}
int a[MAXN + 5], b[MAXN + 5], n, m, p;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
G1.addedge(a[i], b[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if( !dfn[i] ) dfs1(i, NULL);
for(int i=1;i<=m;i++)
if( id[a[i]] != id[b[i]] )
G2.addedge(id[a[i]], id[b[i]]);
for(int i=1;i<=tot;i++)
if( !fa[i] ) dfs2(i, 0);
scanf("%d", &p);
for(int i=1;i<=p;i++) {
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
d[id[x]]--, d[id[y]]++;
}
for(int i=1;i<=tot;i++)
if( !tag[i] ) dfs3(i);
for(int i=1;i<=m;i++)
if( id[a[i]] == id[b[i]] ) putchar('B');
else {
if( fa[id[a[i]]] == id[b[i]] ) {
if( d[id[a[i]]] < 0 ) putchar('R');
else if( d[id[a[i]]] == 0 ) putchar('B');
else putchar('L');
}
else {
if( d[id[b[i]]] > 0 ) putchar('R');
else if( d[id[b[i]]] == 0 ) putchar('B');
else putchar('L');
}
}
puts("");
}@details@
其实不止树上差分，还有很多方法可以实现最后给边定向，比如并查集。
而且说实话，并查集还要自然一点。