hdu 4857 反向拓扑排序+优先队列

逃生

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5763    Accepted Submission(s): 1688

Problem Description

糟糕的事情发生啦，现在大家都忙着逃命。但是逃命的通道很窄，大家只能排成一行。

现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。
同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。

负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。

那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。

 

Input

第一行一个整数T(1 <= T <= 5),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。

然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。

 

Output

对每个测试数据，输出一行排队的顺序，用空格隔开。

 

Sample Input

15 103 51 42 51 23 41 42 31 53 51 2

 

Sample Output

1 2 3 4 5

 

Author

CLJ

 

Source

BestCoder Round #1

 

hack数据： 3 1 

   3 1

如果正向拓扑排序，每次让编号最小的出队列， 那么会得到结果2 3 1，然而正确答案是3 1 2。

正向拓扑排序对于给定的事例，结果为 1 2 3 5 4，结果不正确，因为编号小的在没有冲突的情况下，没有放到前面。从而得到下面的结论：

对于若干条平行的路径，小的头部不一定排在前面，但是大的尾部一定排在后面。

1. 把所有出度为 0 的节点放进优先队列 PQ
2. WHILE： PQ 不是空队列
3.     从 PQ 中取出编号最大的元素 a，把 a 添加到答案的头部。
4.     FOR：所有指向 a 的边 b → a
5.        把 b 的出度减 1。如果 b 的出度变为 0，则把 b 放进优先队列PQ。

其实就是可以反向建图，然后正向拓扑排序，然后反向输出在链表中的序列即可。

代码：

#include <stdio.h>#include <cmath>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include<queue>#include<list>using namespace std;struct Edge {int v;int next;}edge[100005];struct Node {int x;bool operator < (const Node b) const{  //每次让编号最大的点先出队列。 return x < b.x;}};int degree[30005];//每个点的入度 int head[30005];int c[30005];priority_queue<Node> q;list<int> li;int n, m, cnt;void inIt() {cnt = 0;memset(degree, 0, sizeof(degree));memset(head, -1, sizeof(head));while(!q.empty())q.pop();li.clear();}void add(int u, int v) {//链式前向星存储 edge[cnt].v = v;edge[cnt].next = head[u];head[u] = cnt++;}void Kahn() {//Kahn计算拓扑排序 Node tu, temp;while(!q.empty()) {tu = q.top();q.pop();li.push_back(tu.x);for(int i = head[tu.x]; i != -1; i = edge[i].next) {--degree[edge[i].v];if(!degree[edge[i].v]) {temp.x = edge[i].v;q.push(temp);}}}}int main() {int t, u, v, flag, Count = 0;Node temp;scanf("%d", &t);while(t--) {scanf("%d%d", &n, &m);inIt();Count = 0;for(int i = 1; i <= m; i++) {scanf("%d%d", &u, &v);flag = 0;for(int j = head[v]; j != -1; j = edge[j].next) //判断有没有重边 if(edge[j].v == u) { flag = 1;break;}if(!flag) {//有重边对边的入度会有影响，导致边不能入队列 add(v, u);//就会让原来可以有拓扑排序的，变为无解。 degree[u]++;//这道题不判断重边也过去了，可能是数据水。 }}for(int i = 1; i <= n; i++) {temp.x = i;if(!degree[i])q.push(temp);}Kahn();list<int>::iterator it;for(it = li.begin(); it != li.end(); it++) {c[Count++] = *it;}for(int i = Count-1; i > 0; i--)printf("%d ", c[i]);printf("%d\n", c[0]);}return 0;}