hdu4948 Kingdom

题意：有n个城市，任意两点之间有且仅有一条有向边。要求输出一种建造城市的顺序，使得之前已经建造的城市可以到达当前建造的城市，且至多经过两条边。

首先我们可以证明，这种方案是肯定存在的，

因为在一个满足题意的图中，入度最大的点一定是其他点在两步之内可达的。那么这个点就最后输出。

上面的结论是为什么呢。。题解告诉我们用反证法证明，

若u结点是当前图中入度最大的结点，假设v点存在该路径v->a->b->u，

由于u是入度最大的结点，那么v 不可能连到u以及 b或者与u直接相连的点（不然v就可以两步到达u了），

由于两点间有一条有向边，v连布到他们，那么他们到v一定有边，既v的入度至少是 u+指向u的点，既v的入度大于u的，这里矛盾了。

所以我们可以知道，在任何一个符合题意的图中，都可以知道最后输出的点，

我们每找到一个点，就标记，把与该点相连的边删去。这样找完了倒序输出就i可以了。

#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <string>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <map>#define inf 0x3f3f3f3f#pragma comment(linker, "/STACK:16777216")#define eps 1e-6#define ll long longusing namespace std;const int maxn=505;int n,in[maxn],vis[maxn];char s[maxn][maxn];int main(){    int i,j;    while(~scanf("%d",&n)&&n)    {        memset(in,0,sizeof in);        for(i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%s",s[i]+1);            for(j=1;j<=n;j++)                if(s[i][j]=='1')                    in[j]++;        }        vector<int> ans;        memset(vis,0,sizeof vis);        int maxin,p,flag=1;        while(flag)        {            flag=0,maxin=-1,p=0;            for(i=1;i<=n;i++)            {                if(!vis[i]&&maxin<in[i])                {                    flag=1;                    maxin=in[i];                    p=i;                }            }            if(flag)            {                vis[p]=1;                ans.push_back(p);                for(i=1;i<=n;i++)                {                    if(i==p) continue;                    if(s[p][i]=='1') in[i]--;                }            }        }        printf("%d",ans[ans.size()-1]);        for(i=ans.size()-2;i>=0;i--)            printf(" %d",ans[i]);        puts("");    }    return 0;}/*40111001100010000401000010100111001 2 3 43 4 1 2*/