AcWing 456 车站分级
\(AcWing\) \(456\) 车站分级
一、题目描述
一条 单向 的铁路线上，依次有编号为 \(1, 2, …, n\) 的 \(n\) 个火车站。
每个火车站都有一个级别，最低为 \(1\) 级。
现有若干趟车次在这条线路上行驶，每一趟都满足如下要求：如果这趟车次停靠了火车站 \(x\)，则始发站、终点站之间所有级别 大于等于 火车站 \(x\) 的都必须停靠。（注意：起始站和终点站自然也算作事先已知需要停靠的站点）
例如，下表是 \(5\) 趟车次的运行情况。
其中，前 \(4\) 趟车次均满足要求，而第 \(5\) 趟车次由于停靠了 \(3\) 号火车站（\(2\) 级）却未停靠途经的 \(6\) 号火车站（亦为 \(2\) 级）而不满足要求。
现有 \(m\) 趟车次的运行情况（全部满足要求），试推算这 \(n\) 个火车站 至少 分为几个不同的级别。
输入格式
第一行包含 \(2\) 个正整数 \(n,m\)，用一个空格隔开。
第 \(i+1\) 行（\(1≤i≤m\)）中，首先是一个正整数 \(s_i（2≤s_i≤n）\)，表示第 \(i\) 趟车次有 \(s_i\) 个停靠站；接下来有 \(s_i\) 个正整数，表示所有停靠站的编号，从小到大排列。
每两个数之间用一个空格隔开。输入保证所有的车次都满足要求。
输出格式
输出只有一行，包含一个正整数，即 \(n\) 个火车站最少划分的级别数。
数据范围
\(1≤n,m≤1000\)
二、题目解析
由于本题中的所有点的权值都是大于\(0\)，并且一定满足要求$\Rightarrow $ 所有车站都等级森严$\Rightarrow $ 不存在环$\Rightarrow $ 可以 拓扑排序 得到拓扑图使用递推求解。
本题边权为\(1\),可以使用 拓扑排序 的办法来求极值; 由于求的是最小值，所以需要找最长路径。
建图优化
-
在建边的时候，最坏情况下是有\(1000\)趟火车，每趟有\(1000\)个点，每趟上限有\(500\)个点停站，则有(\(1000 - 500\))个点不停站，不停站的点都向停站的点连有向边，则总共有\(500 * 500 * 1000 = 2.5 * 10^8\),则会超内存
-
如果用邻接矩阵存储，需要遍历所有的边，遍历的次数也是\(2.5 * 10^8\)，因此会超时，所以在每趟火车所有不停站的点向所有停站的点连有向边时，中间添加一个\(ver\)辅助结点，
解释：为啥是\(500\)呢？因为共\(1000\)个点，\(a+b=1000\),预使\(a*b\)最大，当然是\(a=b=500\)时。
while (m--) { // 每一个车次
...
for (int i = s; i <= e; i++)
for (int j = s; j <= e; j++)
if (!b[i] && b[j]) add(i, j, 1), din[j]++;
}
看看上面，三层循环，每个最长\(1000\),三层循环放一起，\(1e9\),这是妥妥的\(TLE\)啊,不光是空间不行，你时间也不行啊~，三层循环，多么忌讳的东西，除了\(floyd\)外，看到这样的代码，基本上就\(TLE\)，
优化技巧
可以在中间建一个虚拟节点，左边向虚拟点连\(0\)，虚拟点向右边连\(1\)等价于左边向右边连\(1\)。
这样只会建\(O(n+m)\)条边
优化前：
三、暴力建图+拓扑序
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2010, M = 1000010;
int n, m;
int din[N];
int dist[N];
int b[N]; // 哪个是停靠站
// 通过了 7/10个数据
// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
// Topsort求出拓扑序列
vector<int> path;
void topsort() {
queue<int> q;
for (int i = 1; i <= n + m; i++)
if (!din[i]) q.push(i);
while (q.size()) {
int u = q.front();
q.pop();
path.push_back(u);
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
din[v]--;
if (din[v] == 0) q.push(v);
}
}
}
int main() {
// 建图
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d %d", &n, &m); // n个火车站,m趟车次
while (m--) { // 每一个车次
memset(b, 0, sizeof b); // 每个车次可以整理出多条边，此b用来标识哪些是停止点，哪些是不是
int k;
scanf("%d", &k);
int s, e, x; // 起点，终点，停靠点
for (int i = 1; i <= k; i++) { // 读入停靠点
scanf("%d", &x);
if (i == 1) s = x; // 第一个停靠点
if (i == k) e = x; // 最后一个停靠点
b[x] = 1; // 记录哪些是停靠点，哪些不是停靠点
}
for (int i = s; i <= e; i++)
for (int j = s; j <= e; j++)
if (!b[i] && b[j]) add(i, j, 1), din[j]++; // 双层循环，枚举所有非停靠站 向 所有停靠站 连边,边权为1，描述为 i+1->j
}
// 求拓扑序
topsort();
// 最少是1级
for (int i = 1; i <= n; i++) dist[i] = 1;
// 枚举拓扑序列
for (auto u : path)
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
dist[v] = max(dist[v], dist[u] + w[i]); // 利用拓扑序进行路径最长路递推
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, dist[i]);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
四、\(n+m\)建图+拓扑序
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2010, M = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int in[N];
int dist[N];
int b[N];
// 邻接表
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
vector<int> path;
void topsort() {
queue<int> q;
// 考虑极限情况：当每一个站点全部停靠的情况下，相当于左侧集合为空（不停靠的没有）
// 也就没有左侧集合向虚拟点连边这件事，虚拟点的入度为0
for (int i = 1; i <= n + m; i++)
if (!in[i]) q.push(i);
while (q.size()) {
int u = q.front();
q.pop();
path.push_back(u);
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
in[v]--;
if (in[v] == 0) q.push(v);
}
}
}
int main() {
// 文件输入输出
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("456.in", "r", stdin);
#endif
// 建图
memset(h, -1, sizeof h);
scanf("%d %d", &n, &m); // n个火车站,m趟车次
for (int i = 1; i <= m; i++) {
memset(b, 0, sizeof b); // 记录哪些是停靠点
int k;
scanf("%d", &k);
int s, e;
for (int j = 1; j <= k; j++) {
int x; // 每一个停靠站点
scanf("%d", &x);
if (j == 1) s = x; // 第一个停靠点
if (j == k) e = x; // 最后一个停靠点
b[x] = 1; // 记录哪些是停靠点，哪些不是停靠点
}
int u = n + i; // 分配虚拟点点号
for (int j = s; j <= e; j++)
if (!b[j]) // 如果j不是停靠点
add(j, u, 0), in[u]++; // 左侧集合向 虚拟点u 连一条长度为0的边
else
add(u, j, 1), in[j]++; // 虚拟点向右侧集合中每个点连一条长度为1的边
}
// 求拓扑序
topsort();
/*
Q:for (int i = 1; i <= n; i) dist[i] = 1;
y总这句话为什么不能这样写呀 for (int i = 1; i <= n + m; i) dist[i] = 1;
A:考虑一种边界情况，当全部站点都停靠的时候,此时虚拟节点是入度为0的节点，虚拟节点的等级dist应该为0，
因为连向车站的边权已经是1,否则，如果虚拟节点的等级为1，那么连向的车站等级就会是2。
*/
for (int i = 1; i <= n; i++) dist[i] = 1; // n个站点的等级最少是1，而虚拟节点的等级最少是0
// 枚举拓扑序列
for (auto u : path) { // 枚举拓扑路径的每一个点
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
dist[v] = max(dist[v], dist[u] + w[i]);
}
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, dist[i]); // 找出最大值，就是最小等级
printf("%d\n", res);
return 0;
}
