BestCoder Round #1

题意：

糟糕的事情发生啦，现在大家都忙着逃命。但是逃命的通道很窄，大家只能排成一行。
现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。
同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。
负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。
那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。

Input

第一行一个整数T(1 <= T <= 5),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。
然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。

Output

对每个测试数据，输出一行排队的顺序，用空格隔开。

分析：

拓扑排序；

但是这题需要注意的是要保证多种情况的条件下1排在最前，然后2、3。。。。

可以反向建图，然后逆序输出。

/****************************************
* File Name: a.cpp
* Author: sky0917
* Created Time: 2014年11月 4日 18:50:02
****************************************/
#include <map>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 30003;
const int maxm = 200005;

struct node{
    int to, next;
}e[maxm];
int tot;
int head[maxn];
void add( int s, int t){
    e[tot].to = t;
    e[tot].next = head[s];
    head[s] = tot++;
}
struct P{
    int xu;
    friend bool operator < ( P a, P b ){
        return a.xu < b.xu; 
    }
}tin, tou;

int ind[maxn];
int res[maxn];
int top;
void solve(int n){
     priority_queue<P> que;
     for (int i = 1; i <= n; ++i){
         if ( 0 == ind[i] ){
             ind[i]--;
             tin.xu = i;
             que.push( tin );
         }
     }
     while ( !que.empty() ){
         tou = que.top();
         que.pop();
         res[top++] = tou.xu;
         for (int i = head[tou.xu]; i; i = e[i].next){
             int son = e[i].to;
             ind[son]--;
             if (ind[son] == 0){
                 tin.xu = son;
                 que.push( tin ); 
             } 
         }
     } 
     for (int i = top-1; i >= 0; --i){
         printf("%d%c",res[i],i==0?'\n':' ');
     } 
}

void init(){
    memset( head, 0, sizeof(head) );
    memset( ind, 0, sizeof(ind) );
    tot = 1;
    top = 0;
}

int main(){
    int T;
    int n, m;
    scanf("%d",&T);
    while (T--){
        scanf("%d %d",&n, &m);
        init();
        for (int a, b, i = 0; i < m; ++i){
            scanf("%d %d",&a,&b);
            add(b, a);  
            ind[a]++;
        } 
        solve(n);
    }    
    return 0;
}

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B.项目管理

题意：

Problem Description

我们建造了一个大项目！这个项目有n个节点，用很多边连接起来，并且这个项目是连通的！
两个节点间可能有多条边，不过一条边的两端必然是不同的节点。
每个节点都有一个能量值。

现在我们要编写一个项目管理软件，这个软件呢有两个操作：
1.给某个项目的能量值加上一个特定值。
2.询问跟一个项目相邻的项目的能量值之和。（如果有多条边就算多次，比如a和b有2条边，那么询问a的时候b的权值算2次）。

Input

第一行一个整数T(1 <= T <= 3),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 100000)和m(1 <= m <= n + 10)，分别表示点数和边数。

然后m行，每行两个数a和b，表示a和b之间有一条边。
然后一个整数Q。

然后Q行，每行第一个数cmd表示操作类型。如果cmd为0，那么接下来两个数u v表示给项目u的能量值加上v(0 <= v <= 100)。
如果cmd为1，那么接下来一个数u表示询问u相邻的项目的能量值之和。

所有点从1到n标号。

分析：

如果直接暴力，原则上是要TLE的，可惜这题数据比较水~ 下面说说我的解法每个点维护两个值，w[i]-该点的值、sum[i]-相邻节点值的和。怎样在复杂度较小的范围内维护这两个值呢。如果把与x相连的点分为两类，一类的度数大于它（该类不超过(2m)^(1/2)），另一类度数小于它。更新和查询时时只操作度数大于它的点，就能降低复杂度了。
一个点更新时度数大于它的相邻点是直接更新了的，查询大点时答案已经统计了，但是查询小点的时候答案这没有统计完，对于小点，这个点又为小点的大点，于是再遍历一下，将未更新的点更新维护sum数组即可。
复杂度就为 q*sqrt（m）了。还有注意要将重边合并。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include 
#define maxn 100005
#define MAXN 300005
using namespace std;
 
int n,m,ans,cnt,tot;
int head[maxn],dug[maxn];
int sum[maxn],w[maxn];
struct node
{
    int u,v,num;
} edge[MAXN];
struct Node
{
    int v,next,num,last;
} g[MAXN];
 
void addedge(int u,int v,int num)
{
    cnt++;
    g[cnt].v=v;
    g[cnt].num=num;
    g[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}
bool cmp(node xx,node yy)
{
    if(xx.u!=yy.u) return xx.u<yy.u ;="" if(xx.v!="yy.v)" return="" xx.v<yy.v;="" }="" int="" main()="" {="" i,j,t,u,v;="" scanf("%d",&t);="" while(t--)="" scanf("%d%d",&n,&m);="" for(i="1;" i<="n;" i++)="" dug[i]="head[i]=w[i]=sum[i]=0;" scanf("%d%d",&u,&v);="" if(u="">v) swap(u,v);
            edge[i].u=u;
            edge[i].v=v;
            edge[i].num=1;
        }
        sort(edge+1,edge+m+1,cmp);
        tot=1;
        for(i=2; i<=m; i++)  // 合并相同边
        {
            if(edge[i].u==edge[tot].u&&edge[i].v==edge[tot].v) edge[tot].num++;
            else edge[++tot]=edge[i];
        }
        for(i=1; i<=tot; i++) // 计算度数
        {
            dug[edge[i].u]++; dug[edge[i].v]++;
        }
        cnt=0;
        for(i=1; i<=tot; i++) // 点与相邻节点度数较大的点建图
        {
            u=edge[i].u;
            v=edge[i].v;
            if(dug[v]>dug[u]) addedge(u,v,edge[i].num);
            else addedge(v,u,edge[i].num);
        }
        int q,op,val;
        scanf("%d",&q);
        while(q--)
        {
            scanf("%d",&op);
            if(op==0)
            {
                scanf("%d%d",&u,&val);
                w[u]+=val;
                for(i=head[u]; i; i=g[i].next)  // 更新大点的sum值
                {
                    v=g[i].v;
                    sum[v]+=g[i].num*val;
                }
            }
            else
            {
                scanf("%d",&u);
                ans=sum[u];
                for(i=head[u]; i; i=g[i].next) // 计算未更新的大点的值
                {
                    v=g[i].v;
                    if(g[i].last!=w[v])
                    {
                        ans+=g[i].num*(w[v]-g[i].last);
                        g[i].last=w[v];
                    }
                }
                sum[u]=ans;
                printf("%d\n",ans);
            }
        }
    }
    return 0;
}

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posted @ 2014-11-04 19:46 sky0917 阅读(257) 评论(0) 编辑收藏举报

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