hdu 5195 DZY Loves Topological Sorting BestCoder Round #35 1002 [ 拓扑排序 + 优先队列 || 线段树 ]

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DZY Loves Topological Sorting

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Problem Description

A topological sort or topological ordering of a directed graph is a linear ordering of its vertices such that for every directed edge (u→v) from vertex u to vertex v , u comes before v in the ordering.
Now, DZY has a directed acyclic graph(DAG). You should find the lexicographically largest topological ordering after erasing at most k edges from the graph.

 

 

Input

The input consists several test cases. (TestCase≤5 )
The first line, three integers n,m,k(1≤n,m≤105,0≤k≤m) .
Each of the next m lines has two integers: u,v(u≠v,1≤u,v≤n) , representing a direct edge(u→v) .

 

 

Output

For each test case, output the lexicographically largest topological ordering.

 

 

Sample Input

5 5 2 1 2 4 5 2 4 3 4 2 3 3 2 0 1 2 1 3

 

 

Sample Output

5 3 1 2 4 1 3 2

Hint

Case 1. Erase the edge (2->3),(4->5). And the lexicographically largest topological ordering is (5,3,1,2,4).

 

 

Source

BestCoder Round #35

 

 

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先转官方题解：

http://bestcoder.hdu.edu.cn/

 

Problem B - DZY Loves Topological Sorting
因为我们要求最后的拓扑序列字典序最大，所以一定要贪心地将标号越大的点越早入队。我们定义点i的入度为di。假设当前还能删去k条边，那么我们一定会把当前还没入队的di≤k的最大的i找出来，把它的di条入边都删掉，然后加入拓扑序列。可以证明，这一定是最优的。
具体实现可以用线段树维护每个位置的di，在线段树上二分可以找到当前还没入队的di≤k的最大的i。于是时间复杂度就是O((n+m)logn).


不过，这里面说的还有一点不太清楚，
转一下另一个题解：
http://blog.csdn.net/glqac/article/details/44710897

看题意以为是个拓扑排序。事实上，就是个线段树。因为最多可以删k条边， 所以就是在线段树里找入度小于等于k的最大值，那么保存个区间最小就ok了。如果右子树的区间最小小于等于k那么就往右边走，因为是要找字典序最大的。当k是0，也是这样找，就跟topological sort是一样的。然后删除一个点就在线段树那个点置最大值，再删除他的边。因为总共也就m条边不超过10^5。

总复杂度o(n+m)logn。

 

我的解法：

用优先队列，当前节点的入度小于k便入队列，出队列时以节点编号为优先权，如果小于等于k，则输出，反之，跳过。不过写的时候遇到几个问题：

1.节点重复入队列没事，但是，不能让已经在队列中的再入队列。故要用vis，vis=0暂时不在队列中，vis=-1，在队列中，vis=1，已经输出。

2.判断队首元素的入度是否 小于k时，要用现在的入度，而不是入队列时的入度，因为，可能在处理其它点的时候，该点的入度已经发生了变化。

 

总的来说，还是线段树的方法思路清晰~~

 

13278084	2015-03-29 08:49:19	Accepted	5195	561MS	6988K	2158 B	C++	czy
13278083	2015-03-29 08:49:04	Time Limit Exceeded	5195	2000MS	8308K	2158 B	G++	czy

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <queue>

#define ll long long
int const N = 100005;
int const M = 205;
int const inf = 1000000000;
ll const mod = 1000000007;

using namespace std;

int n,m;
int k;
int vis[N];
vector<int> bian[N];
int r[N];

struct node
{
    friend bool operator < (node n1,node n2)
    {
        return n1.index  < n2.index;
    }
    int index;
    int d;
};

void ini()
{
    int u,v;
    memset(r,0,sizeof(r));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int i;
    for(i=0;i<=n;i++){
        bian[i].clear();
    }
    for(i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        r[ v ]++;
        bian[ u ].push_back( v );
    }

}

void solve()
{
    node te,nt;
    int i;
    priority_queue<node> que;
    for(i=n;i>=1;i--){
        if(r[ i ]<=k){
            te.index=i;
            te.d=r[i];
            que.push(te);
            vis[i]=-1;
        }
    }

    int ff=0;
    vector<int>::iterator it;
    while(que.size()>=1){
        te=que.top();
        que.pop();
       // printf(" \nu=%d r=%d k=%d\n",te.index,te.d,k);
        if(r[te.index]<=k){
            k-=r[te.index];
            vis[te.index]=1;
        }
        else{
            vis[te.index]=0;
            continue;
        }
        if(ff==0){
            ff=1;
            printf("%d",te.index);
        }
        else{
            printf(" %d",te.index);
        }
        for(it=bian[te.index].begin();it!=bian[te.index].end();it++)
        {
            int y=*it;
            r[y]--;
            if(r[y]<=k && vis[y]==0){
                nt.index=y;
                nt.d=r[y];
                que.push(nt);
                vis[y]=-1;
            }
        }
    }
    printf("\n");
}

void out()
{

}

int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    //freopen("data.out","w",stdout);
    //scanf("%d",&T);
    //for(int cnt=1;cnt<=T;cnt++)
    //while(T--)
    while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
    {
        ini();
        solve();
        out();
    }
}