拓扑排序入门
最长路
给你一个有向无环图，N个点M条边
求最长路
Format
Input
第一行给出N，M，代表点数与边数
接下M行，每行3个数字a,b,c代表从a到b有边权为1
N,M<=1e5
Output
如题 ，如果没有的话，输出0.
否则输出结果%10^9+7
Samples
输入数据 1
4 5
1 2
1 3
3 2
2 4
3 4
输出数据 1
3
这个权值在边上
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
int x,y;
int dep[100010];
int son[2000010],now[2000010],pre[2000010],val[2000010],tot;
queue<int> q;
int ans;
void put(int x, int y) {
pre[++tot] = now[x];
now[x] = tot;
son[tot] = y;
}
int main() {
cin>>n>>m;
//n个点,m条边
for(int i=1; i<=m; i++)
{
cin>>x>>y;
put(x,y);
dep[y]++;
//y的入度加1
}
for(int i=1; i<=n; i++)
if(dep[i]==0)
//将入度为0的点加入队列
q.push(i);
tot=0;
while(!q.empty())
//当队列不为空
{
int noww=q.front();
//取出头结点
q.pop();
tot++;
for(int i=now[noww]; i; i=pre[i])
//遍历与noww相连的边，找出这条边上的另一个点
{
dep[son[i]]--;
//son[i]这个点的入度要减少1
if(dep[son[i]]==0)
q.push(son[i]);
val[son[i]]=max(val[son[i]],val[noww]+1);
}
}
if(tot!=n)
cout<<0<<endl;
else
{
for(int i=1; i<=n; i++)
ans=max(ans,val[i]);
cout<<ans%mod<<endl;
}
return 0;
}
Test for Job
Mr.dog被他原来的公司炒了。现在为了养家糊口的他，要尽快找到一个工作。现在有一个工作，但是这年头失业的人很多啊，因此公司不得不使用一个测试来选择自己需要的职工。
这个测试是这样的：从一个起始的城市出发，通过单向的路径来到其他的城市，并且经过每个城市可能会赚到一定的利润，或者交纳一定的费用，这样不断的行动，直到到达一个终点的城市。你的老板会在终点处等你，他会总结出你一路上花费的费用，或者是得到的利润，来决定你是否能够被雇佣。
为了更好的得到这份工作，Mr.dog设法得到了所有城市经过的纯利润Vi（如果是负数表示到这个城市不但得不到利润，还要花费），以及城市与城市的连通关系。假设一个城市没有能够从其他城市到达的道路，那么这个城市被看作起始的城市之一；假设一个城市没有能够到达其他城市的道路，那么这个城市被看作终点的城市之一；而Mr.dog的任务是将选择一个起始的结点出发，走出一条路径，这条路径在一个终点的城市结束，且这条路径包含的城市的总利润最大。
Input
包含若干个数据。
每个数据的第一行有2个整数n,m(1 < = n < = 100000,1 < =m < = 1000000)
后面紧接着n行，其中第i行描述Vi
再后面紧接m行，第i行2个整数x,y，表示有一条从x到y的单向道路。
数据保证没有点对（x,y）重复出现，并且保证无法从一个城市出发经过若干条路径后再回到这个城市。
Output
只有一行，一个整数表示dog这次测试最多可以得到多少利润（或者说最少使用多少花费）
Samples
输入数据 1
6 5
1
2
5
2
1
1
1 2
1 3
2 4
3 4
5 6
输出数据 1
8
Hint
请用 while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)进行读入
这个权值在点上
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int x,y; int dep[2000010],out[2000010],val[2000010],ans[2000010]; int son[2000010],now[2000010],pre[2000010],tot; queue<int> q; int max1; void put(int x, int y) { pre[++tot] = now[x]; now[x] = tot; son[tot] = y; } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { memset(dep,0,sizeof dep); memset(son,0,sizeof son); memset(now,0,sizeof now); memset(pre,0,sizeof pre); memset(val,0,sizeof val); memset(ans,0,sizeof ans); memset(out,0,sizeof out); tot=0; for(int i=1; i<=n; i++) cin>>val[i],ans[i]=-INT_MAX; for(int i=1; i<=m; i++) { cin>>x>>y; put(x,y); dep[y]++; out[x]++; } for(int i=1; i<=n; i++) if(dep[i]==0) q.push(i),ans[i]=val[i]; while(!q.empty()) { int noww=q.front(); q.pop(); for(int i=now[noww]; i; i=pre[i]) { dep[son[i]]--; if(dep[son[i]]==0) q.push(son[i]); ans[son[i]]=max(ans[son[i]],ans[noww]+val[son[i]]); //已找到一条路径了，于是更新下最值优 //这个与是否入度为0，是没有关系的 } } max1=-INT_MAX; for(int i=1; i<=n; i++) if(out[i]==0)
//找到出度为0的点，其代表终点 max1=max(max1,ans[i]); cout<<max1<<endl; } return 0; }
有限制的全排列
给你一个数字N，及另一个数字M
代表希望你找出N的某个全排列出来，其满足M个条件
每个条件会给出两个数字a,b
代表在目标全排列中，数字a在数字b前面
Format
Input
第一行两个整数n,m
接下来M行，每行两个数字
Output
输出目标全排列，找不到输出-1
如果存在多个解则输出字典序最小的那个
Samples
输入数据 1
4 3
2 1
3 4
2 4
输出数据 1
2 1 3 4
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int x,y;
int dep[2000010];
int son[2000010],now[2000010],pre[2000010],tot;
priority_queue<int, vector<int> , greater<int> > q;
queue<int> ans;
void put(int x, int y) {
pre[++tot] = now[x];
now[x] = tot;
son[tot] = y;
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=m; i++) {
cin>>x>>y;
put(x,y);
dep[y]++;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
if(dep[i]==0)
q.push(i);
while(!q.empty()) {
int noww=q.top();
q.pop();
ans.push(noww);
for(int i=now[noww]; i; i=pre[i]) {
dep[son[i]]--;
if(dep[son[i]]==0) q.push(son[i]);
}
}
if(ans.size()!=n) cout<<-1<<endl;
else {
while(!ans.empty()) cout<<ans.front()<<" ",ans.pop();
cout<<endl;
}
return 0;
}
有限制的全排列
给你一个数字N，及另一个数字M
代表希望你找出N的某个全排列出来，其满足M个条件
每个条件会给出两个数字a,b
代表在目标全排列中，数字a在数字b前面
Format
Input
第一行两个整数n,m
接下来M行，每行两个数字
Output
输出目标全排列，找不到输出-1
如果存在多个解则输出字典序最小的那个
Samples
输入数据 1
4 3
2 1
3 4
2 4
输出数据 1
2 1 3 4
sol:
针对形如
a要放在b的前面的表述，建立一条有向表从a指向b
然后找出所有入度的0的点，放入一个小根堆中（注意不是一般的队列）
然后不断从堆中弹出堆顶元素x，其权值最小，并且是比所有数字小的。
然后将所有与x相连的边所指向的另一个点的入度减少1，如果入度为0，则又放到小堆根中，最终得到答案
针对样例来说：
2 1
3 4
2 4
建立的图形如下：
首先将入度为0的点2，3入堆中
然后弹出2出，并将1与4的入度分别减少1。发现1的入度为0，于是1进入堆中
然后弹出1，1没有相连的边，无后续操作
然后弹出3，将4的入度减少1，发现4的入度为0，加入堆中
最后弹出4
最终结果为2，1，3，4
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int x,y;
int dep[2000010];
int son[2000010],now[2000010],pre[2000010],tot;
priority_queue<int, vector<int> , greater<int> > q;
queue<int> ans;
void put(int x, int y) {
pre[++tot] = now[x];
now[x] = tot;
son[tot] = y;
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=m; i++) {
cin>>x>>y;
put(x,y);
dep[y]++;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
if(dep[i]==0)
q.push(i);
while(!q.empty()) {
int noww=q.top();
q.pop();
ans.push(noww);
for(int i=now[noww]; i; i=pre[i]) {
dep[son[i]]--;
if(dep[son[i]]==0) q.push(son[i]);
}
}
if(ans.size()!=n) cout<<-1<<endl;
else {
while(!ans.empty()) cout<<ans.front()<<" ",ans.pop();
cout<<endl;
}
return 0;
}
小球的标签
有N个球，重量从1到N，各不相同，每个球有个编号也是从1到N，各不相同。现在给你一些约束条件， 每个约束条件给出数字A,B,表示A号球轻于B号球。请你求出满足约束条件的某个球的重量的全排列， 注意如果有多个排列满足条件，我们希望1号球的重量越小越好;当1号球的重量一样时，希望2号球的重量越小越好 当2号球的重量一样时，希望3号球的重量越小越好
Input
第一行给出一个数字N，代表有N组数据
每个数据给出数字N，M，代表有N个球，
M个约束条件N (1 ≤ N ≤ 200) , M (0 ≤ M ≤ 40,000).
下面将有M行每行两个数字A,B，(1 ≤ a, b ≤ N)表示A号球轻于B号球.
Output
依次输出从1号球到N号球的重量,任两个数字之间以一个空格格开
无解输出-1
Sol:
本题要求最终结果字典序最小，有两种策略
1：将较轻的重量给数字编号较小的球
2：将较重的重量给数字编号较大的球
发现策略2优于策略1，例如下面这组数据
4 2
3 1
2 4
我们建立有向边a-->b,代表a重于b,上图形如下
将1与4进大根堆
弹出4，将最大的重量4给它，然后将2加入堆
弹出2，将重量3给它
弹出1，将重量2给它，然后3加入堆
最后弹出3，将重量1给它。
最终1，2，3，4这四个球的重量分别为2 3 1 4
大家可试用着策略1来做一下，发现结果并不优于这种
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
int head[500],degree[500],result[450],m,n,t;
struct node {
int to,next;
}s[400000];
void add(int x,int y)
{
s[t].to=y;
s[t].next=head[x];
head[x]=t++;
}
int topo()
{
int i,j,p;
priority_queue<int >Q;
for(i=1;i<=m;i++)
if(degree[i]==0)
Q.push(i);
p=m;
while(!Q.empty())
{
int w=Q.top();
Q.pop();
result[w]=p--;
for(int k=head[w];k!=-1;k=s[k].next)
{
int e=s[k].to;
degree[e]--;
if(!degree[e])
Q.push(e);
}
}
if(p==0)
return 1;
return 0;
}
int main()
{
int N,a,b,i,j;
scanf("%d",&N);
while(N--)
{
t=0;
memset(degree,0,sizeof(degree));
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d",&m,&n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(b,a);
degree[a]++;
}
int qw=topo();
if(qw)
{
for(i=1;i<m;i++)
printf("%d ",result[i]);
printf("%d\n",result[i]);
}
else
printf("-1\n");
}
return 0;
}
