『拓扑排序』「NOI2010」航空管制

Problem\mathrm{Problem}Problem

世博期间，上海的航空客运量大大超过了平时，随之而来的航空管制也频频发生。最近，小X就因为航空管制，连续两次在机场被延误超过了两小时。对此，小X表示很不满意。

在这次来烟台的路上，小X不幸又一次碰上了航空管制。于是小X开始思考关于航空管制的问题。

假设目前被延误航班共有n个，编号为1至n。机场只有一条起飞跑道，所有的航班需按某个顺序依次起飞（称这个顺序为起飞序列）。定义一个航班的起飞序号为该航班在起飞序列中的位置，即是第几个起飞的航班。

起飞序列还存在两类限制条件：

• 第一类（最晚起飞时间限制）：编号为i的航班起飞序号不得超过ki;

• 第二类（相对起飞顺序限制）：存在一些相对起飞顺序限制(a, b)，表示航班a的起飞时间必须早于航班b，即航班a的起飞序号必须小于航班b的起飞序号。

小X思考的第一个问题是，若给定以上两类限制条件，是否可以计算出一个可行的起飞序列。第二个问题则是，在考虑两类限制条件的情况下，如何求出每个航班在所有可行的起飞序列中的最小起飞序号。

Solution\mathrm{Solution}Solution

显然我们可以根据第二类限制建立有向无环图，进行拓扑排序。

考虑第一种限制，对于某一个节点 xxx 设位置为 p(p≤kx)p(p\le k_x)p(p≤kx),我们要求最大化 ppp。

观察到如果我们直接做，当某一个ppp可以放进某一位置时，由于你的策略是最大化 ppp，若你此时不放可能存在后面放不进去的情况，那么这么你就很难对此进行贪心。

但是若题目将 ≤≤≤ 的限制改为 ≥≥≥，你会发现：

若某一时刻 ppp 满足条件，那么无论后面无论如何操作，ppp 永远都是合法的。

因此，我们可以反向建图（因此答案也要反向输出），编号为 iii 的位置需要 ≥n−ki+1\ge n-k_i+1≥n−ki+1。

考虑第一问输出一种合法方案：

显然对于进入队列的点，n−ki+1n-k_i+1n−ki+1点可以满足，那么这个数值比它大的点同样能满足。因此我们每一次选取n−ki+1n-k_i+1n−ki+1最小的点取出队列，直接存储答案即可。

对于第二问：

我们队列的做法也和第一问一样，只是我们强制让某一个点不进入队列，判断其它最多有几个点能够进入队列。那么假设有 ttt 个点进入队列，当前点的位置即为t+1t+1t+1。

Code\mathrm{Code}Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5;int n, m, cnt(0);
int in[N], c[N], res[N], t[N];
vector < int > a[N];int read(void)
{int s = 0, w = 0; char c = getchar();while (!isdigit(c)) w |= c == '-', c = getchar();while (isdigit(c)) s = s*10+c-48, c = getchar();return w ? -s : s;
}void Topsort1(void)
{priority_queue < pair<int,int> > q;for (int i=1;i<=n;++i) c[i] = in[i];for (int i=1;i<=n;++i)if (c[i] == 0) q.push({-(n - t[i]), i});while (q.size()){int x = q.top().second; q.pop();res[++ cnt] = x; for (int i=0;i<a[x].size();++i){int y = a[x][i];c[y] --;if (c[y] == 0) q.push({-(n - t[y]), y});}}for (int i=cnt;i>=1;--i) printf("%d ", res[i]);puts("");return;
}int topsort2(int root)
{int tot = 0;priority_queue < pair<int,int> > q;for (int i=1;i<=n;++i) c[i] = in[i];for (int i=1;i<=n;++i) if (in[i] == 0) q.push({-(n - t[i]), i});while (q.size()){int x = q.top().second; q.pop();if (x == root) continue;if (n - tot > t[x]) return tot;tot ++;for (int i=0;i<a[x].size();++i){int y = a[x][i]; c[y] --;if (c[y] == 0) q.push({-(n - t[y]), y});}}return tot;
}int main(void)
{n = read(), m = read();for (int i=1;i<=n;++i) t[i] = read();for (int i=1;i<=m;++i){int x = read(), y = read();a[y].push_back(x), in[x] ++;}Topsort1();for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d ", n - topsort2(i));return 0;
}