【笔记】拓扑排序（Ⅰ）

题单

拓扑排序：将一个有向无环图 $(D i r e c t e d A c y c l i c G r a p h ， D A G)$ 进行排序进而得到一个有序的线性序列。

简单食用方法： $v e c t o r$ 存图，再用 $q u e u e$ 跑 $B F S$ 。每次从入度为 $0$ 的点开始。

0X00 B3644 家谱树

B题库来的，所以显然是板。

入度为 $0$ 的点可以直接输出，之后找点，一旦入度减到 $0$ 了就输出，这样可以保证每个人的后辈都比那个人后列出。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,in[105];
vector<int> a[105];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&x);
		while(x){
			in[x]++,a[i].push_back(x);
			scanf("%d",&x);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]) q.push(i),printf("%d ",i);
	}
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]){
				q.push(tmp);
				printf("%d ",tmp);
			}
		}
	}
	return 0;
}

0X01 P1807 最长路

因为要存下一个点和路径长度，所以用结构体。

开始时将所有入度为 $0$ 的入队。

每次找点时更新到这个点的最大距离，将 原来最大距离 与 到通向它的点的最大距离 $+$ 这段路的距离 取 $max$ 。

ans[tmp.to]=max(ans[tmp.to],ans[k]+tmp.dis);

同时将其入度减一（懒惰删点），如果入度为 $0$ 就入队。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in[1505],ans[1505],x,y,w;
bool vis[1505];
struct node{
	int to,dis;
}k;
vector<node> a[1505];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		in[y]++;
		k.to=y,k.dis=w;
		a[x].push_back(k);
	}
	memset(ans,-0x3f,sizeof(ans));
	ans[1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			node tmp=a[k][i];
			vis[tmp.to]=1;
			ans[tmp.to]=max(ans[tmp.to],ans[k]+tmp.dis);
			in[tmp.to]--;
			if(!in[tmp.to]) q.push(tmp.to);
		}
	}
	if(!vis[n]) printf("-1");
	else printf("%d",ans[n]);
	return 0;
}

0X02 P4017 最大食物链计数

因为统计最大食物链，所以记录入度的同时出度也应该记录。最后答案是所有出度为 $0$ 的点的答案之和。

同样，每次找到一个点就更新它的答案（加上 到达通向它的那个点的食物链数）：

ans[tmp]=(ans[tmp]+ans[k])%mod;

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 80112002
using namespace std;
int n,m,in[5005],out[5005],x,y,ans[5005],Ans;
vector<int> a[5005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		out[x]++,in[y]++;
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]){
			ans[i]=1;
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			ans[tmp]=(ans[tmp]+ans[k])%mod;
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!out[i]) Ans+=ans[i],Ans%=mod;
	}
	printf("%d",Ans);
	return 0;
}

0X03 P6145 [USACO20FEB]Timeline G

巧妙地将日期问题转化为图上问题。

第 $a$ 次和第 $b$ 次的日期差即为 $a$ 到 $b$ 的路径长度。同时，给出的第 $i$ 不早于的日期 $S_{i}$ 可以看成一个超级原点 $0$ 到 $i$ 的距离。第 $i$ 次的最早日期即为超级原点到 $i$ 的最长路（要满足所有要求）。

所有可以将初始答案设为 $S_{i}$ ，之后每次搜到一个点取 $max$ 。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,c,ans[100005],in[100005],x,y,w;
struct node{
	int to,val;
}k;
vector<node> a[100005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&ans[i]);
	for(int i=1;i<=c;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		in[y]++;
		k.to=y,k.val=w;
		a[x].push_back(k);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int tt=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[tt].size();i++){
			node tmp=a[tt][i];
			ans[tmp.to]=max(ans[tmp.to],ans[tt]+tmp.val);
			in[tmp.to]--;
			if(!in[tmp.to]) q.push(tmp.to);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

0X04 P2419 [USACO08JAN]Cow Contest S

看其他人的全是 $F l o y d$ ，然鹅我是跟着拓扑排序的标签找的这里的。所以给出我用拓扑排序的做法，虽然不及 $F l o y d$ 好写，但复杂度差不多。

首先想到，设一个人已经明确的比他强的人数为 $c_{1}$ ，比他弱的人数为 $c_{2}$ ，若 $c_{1} + c_{2} = n - 1$ ，那么他的排名就是可以确定的。

那么如何算 $c$ ？以 $c_{1}$ 为例：

对于 $a$ 强于 $b$ ，就由 $a$ 向 $b$ 建有向边。记 $m_{1} [i] [j] = 1$ 时表示明确 $j$ 强于 $i$ ，所以需要在跑拓扑时更新 $m_{1}$ 。设当前父节点为 $k$ ，并有边连向 $t m p$ 。首先赋 $m_{1} [t m p] [k] = 1$ 。其次，因为比 $k$ 还强的就一定比 $t m p$ 强，所以找到所有的 $z$ 满足 $m_{1} [k] [z] = 1$ ，并赋 $m_{1} [t m p] [z] = 1$ 即可。

$c_{2}$ 同理。只需要反向建边，记 $m_{2} [i] [j] = 1$ 时表示明确 $j$ 弱于 $i$ ，再跑一遍拓扑即可。

最后统计时， $c_{1} [i] + c_{2} [i]$ 即为 $m_{1} [i] [j]$ 或 $m_{2} [i] [j]$ 为 $1$ 的总数 $(1 \leq j \leq n)$ 。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in1[105],in2[105],x,y,ans;
bool m1[105][105],m2[105][105];
vector<int> bet[105],wos[105];
queue<int> q1,q2;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		in1[y]++,in2[x]++;
		bet[y].push_back(x),wos[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in1[i]) q1.push(i);
		if(!in2[i]) q2.push(i);
	}
	while(q1.size()){
		int k=q1.front();
		q1.pop();
		for(int i=0;i<wos[k].size();i++){
			int tmp=wos[k][i];
			m1[tmp][k]=1;
			for(int j=1;j<=n;j++) if(m1[k][j]) m1[tmp][j]=1;
			in1[tmp]--;
			if(!in1[tmp]) q1.push(tmp);
		}
	}
	while(q2.size()){
		int k=q2.front();
		q2.pop();
		for(int i=0;i<bet[k].size();i++){
			int tmp=bet[k][i];
			m2[tmp][k]=1;
			for(int j=1;j<=n;j++) if(m2[k][j]) m2[tmp][j]=1;
			in2[tmp]--;
			if(!in2[tmp]) q2.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int cnt=0;
		for(int j=1;j<=n;j++) if(m1[i][j]||m2[i][j]) cnt++;
		if(cnt==n-1) ans++;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

0X05 UVA1423 Guess

是正号就建正向边，负号就建反向边。然后跑拓扑就可以通过每次 $- 1$ 求出前缀和数组。

最后前缀和数组两两作差即可求出一组符合条件的答案。

注意每次要清空图，同时为前缀和数组赋初值。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,in[15],T,sum[15];
char c;
vector<int> a[15];
queue<int> q;
void solve(){
	for(int i=0;i<=10;i++) a[i].clear(),sum[i]=20;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			cin>>c;
			if(c=='+') a[j].push_back(i),in[i]++;
			if(c=='-') a[i].push_back(j),in[j]++;
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int k=q.front();q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			sum[tmp]=sum[k]-1;
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",sum[i]-sum[i-1]);
	printf("\n");
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--) solve();
	return 0;
}

0X06 CF919D Substring

$D P$ 与拓扑结合。 $f [i] [j]$ 表示到 $i$ 位置 $j$ 的最大次数。

将 $a - z$ 转成数字 $0 - 25$ ，方便存储。

考虑转移，对于二十六个字母（ $j$ ）：

若是当前节点，则 $f [t m p] [j] = m a x (f [t m p] [j], f [k] [j] + 1)$
否则 $f [t m p] [j] = m a x (f [t m p] [j], f [k] [j])$

其中 $t m p$ 为当前搜到的节点， $k$ 为其父节点。

然后考虑如何判环。例如以下情况：

红框中显然是环。模拟其处理过程。第一次删掉了入度为 $0$ 的 $1$ 号节点：

然后会发现，这时没有入度为 $0$ 的节点可以找了，队列为空，结束 $B F S$ 。

而对于没有环的情况，所有点都是会被遍历到的。

所以，用 $c n t$ 记录遍历过点的数量，若最后 $c n t < n$ ，则说明有环。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,b[300005],in[300005],f[300005][26];
int ans,cnt,x,y;
string s;
vector<int> a[300005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	cin>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=s[i-1]-'a',f[i][b[i]]++;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		in[y]++;
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		cnt++;
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			for(int j=0;j<26;j++){
				if(b[tmp]==j) f[tmp][j]=max(f[tmp][j],f[k][j]+1);
				else f[tmp][j]=max(f[tmp][j],f[k][j]);
			}
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	if(cnt<n) printf("-1");
	else{
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=0;j<26;j++) ans=max(ans,f[i][j]);
		}
		printf("%d",ans);
	}
	return 0;
}

0X07 P1038 [NOIP2003 提高组] 神经网络

题目没有说清楚，输入层神经元不需要减去阈值 $u$ 。

输入 $c ， u$ 时可以直接处理，若 $c [i] > 0$ ，直接入队。否则就将 $c [i]$ 减去 $u$ （早晚都要减）。

然后就是拓扑。注意，当一个点的 $c [i] \leq 0$ 时是不会被激活的，所以直接 $c o n t i n u e$ 。然后按照题目给的公式，每次将 $t m p . v \times c [t]$ 传下去即可。

最后的答案是 $c [i] > 0$ 并且出度为 $0$ 的点（输出层）。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in[105],out[105],c[105],u,x,y,w,fl;
struct node{
	int to,v;
}k;
vector<node> a[105];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&c[i],&u);
		if(c[i]) q.push(i);
		else c[i]-=u;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		k.to=y,k.v=w;
		in[y]++,out[x]++;
		a[x].push_back(k);
	}
	while(q.size()){
		int t=q.front();
		q.pop();
		if(c[t]<=0) continue;
		for(int i=0;i<a[t].size();i++){
			node tmp=a[t][i];
			c[tmp.to]+=tmp.v*c[t];
			in[tmp.to]--;
			if(!in[tmp.to]) q.push(tmp.to);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(c[i]>0&&!out[i]) printf("%d %d\n",i,c[i]),fl=1;
	}
	if(!fl) printf("NULL");
	return 0;
}

0X08 P1137 旅行计划

和“最大食物链计数”基本相同，只要把转移改一下即可（只记到达的数量）：

ans[tmp]=max(ans[tmp],ans[k]+1);

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in[100005],x,y,ans[100005];
vector<int> a[100005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		in[y]++;
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]){
			ans[i]=1;
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			ans[tmp]=max(ans[tmp],ans[k]+1);
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

G L & H F!

posted @ 2022-09-05 15:50 Binary_Lee 阅读(161) 评论(0) 编辑收藏举报

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