P3243 [HNOI2015]菜肴制作

传送门

把时间看成数，菜肴看成位置

考虑一个位置填什么数很麻烦

考虑一个数放在什么位置

一开始我想的是，对于一个限制 $(a,b)$ ，从 $a$ 往 $b$ 连一条边，然后如果有解则所有的限制构成了一个 $DAG$

考虑当前最小的数给谁，显然是当前没有入度的且编号最小的点

所以可以直接按拓扑序把数一个个 '给' 过去，并用升序的优先队列维护当前没有入度的位置最小的点

然后就 $GG$ 了

随手一个数据就可以 $hack$ 掉 ：

$4\ 2$

$1\ 3$

$4\ 2$

正确答案：1 3 4 2，错误输出：1 4 2 3

考虑一下为什么会 $GG$

一开始 $1,4$ 没有入度，队列中： $1,4$

把 $1$ 取出来，然后 $3$ 也没有入度，队列中 $3,4$

把 $3$ 取出来，队列中 $4$

把 $4$ 取出来，$2$ 没有入度，队列中 $2$

把 $2$ 取出来，结束

分析一下问题出在哪，$4$，指向一个小于 $3$ 的节点$2$，如果先把 $4$ 取走，那么 $2$ 的编号就会比较小

就是说，一开始数 $a$ 给了位置 $p$，然后 $a+1$ 给位置 $pr,(pr>p)$，然后因为 $pr$ 有一条边连给 $pl,(pl<p)$，所以 $a+2$ 给 $pl$，导致 $GG$

考虑反过来，把 $DAG$ 反过来，最大值先 '给' 位置最大的数，用降序优先队列维护当前没有入度的位置最大的点

这样就可以避免出现这种情况

然后就可以了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e5+7;
int n,m,cnt[N],pos[N],ans[N],now;
vector <int> v[N];
priority_queue <int> q;
int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=pos[i]=ans[i]=0,v[i].clear();
        int a,b;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            a=read(),b=read();
            v[b].push_back(a); cnt[a]++;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++) if(!cnt[i]) q.push(i);
        now=n;
        while(!q.empty())
        {
            int x=q.top(); pos[x]=now--; q.pop();
            for(int i=v[x].size()-1;i>=0;i--)
            {
                cnt[v[x][i]]--;
                if(!cnt[v[x][i]]) q.push(v[x][i]);
            }
        }
        bool flag=1;
        for(int i=1;i<=n;i++) if(!pos[i]) { printf("Impossible!\n"); flag=0; break; }
        if(!flag) continue;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans[pos[i]]=i;
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("\n");
    }
    return 0;
}