题目

bzoj上买一 送一。

算法

知道怎么做之后我对自己很生气，因为这确确实实是一道水题啊！

题目的意思就是说：给出一个有向图，求它的拓扑序列，每个点有限制\(l_u\)表示\(u\)这个点在拓扑序列的位置必须比\(l_u\)前。

这个问题实在不好做，因为求拓扑序列的时候不知道放哪个点会比较好，点与点之间是有影响的。vfk告诉我们，可以把问题反过来，然后就一秒钟变水题了。

问题的反面就是求逆拓扑序，这样的话，\(p_u=n - l_u + 1\)就表示\(u\)这个点在逆拓扑序的位置必须比\(p_u\)后，那当然是越后越好啦，每个点之间就没有影响了。

我们就可以贪心的取点了。

无脑的话，我们可以维护一个优先队列，每次取\(p_u\)最小的点加入到逆拓扑序中。对于第二个子问题，假设我们要让飞机\(u\)最早起飞，那就是在逆拓扑序中越后越好，这样我们也可以贪心的一直不把\(u\)放进序列中，直到实在没办法了才放。
时间复杂度：\(O(nm \log n)\)。

优化

我们不一定要让\(p_u\)最小的点加入拓扑序，假设现在求拓扑序的第\(i\)位，我们只要随便让一个\(p_u \geq i\)的点进入就行了，所以我们并不需要用优先队列来求第\(i\)位的点。用点小技巧优化一下就可以做到\(O(nm)\)了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAXN = 2003;
const int MAXM = (int) 1e4 + 3;int n, m;
int limit[MAXN];
pair<int, int> A[MAXN];struct Edge {Edge* next;int dest;
};Edge memory[MAXM];
Edge* info[MAXN];
Edge* curMem;int que[MAXN];int solve(int X) {static int deg[MAXN];fill(deg, deg + n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i ++) for (Edge* pt = info[i]; pt; pt = pt->next)deg[pt->dest] ++;int cur = 1;int high = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {while (cur <= n && A[cur].first <= i) {int u = A[cur].second;if (u != X && deg[u] == 0) {que[++ high] = u;}cur ++;}if (high < i) return high;int u = que[i];for (Edge* pt = info[u]; pt; pt = pt->next) {int v = pt->dest;deg[v] --;if (deg[v] == 0 && v != X && limit[v] <= i)que[++ high] = v;}}return high;
}int main() {
#ifdef debugfreopen("input.txt", "r", stdin);
#endifscanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i ++) {scanf("%d", limit + i);limit[i] = min(limit[i], n);limit[i] = n - limit[i] + 1;A[i] = make_pair(limit[i], i);}sort(A + 1, A + 1 + n);curMem = memory;for (int i = 0; i < m; i ++) {int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);curMem->dest = a;curMem->next = info[b];info[b] = curMem ++;}assert(solve(-1) == n);for (int i = n; i > 0; i --)printf("%d ", que[i]);printf("\n");for (int i = 1; i <= n; i ++) {printf("%d ", n - solve(i));}printf("\n");return 0;
}