Description
Farmer John的N头奶牛（1≤N≤105），仍然编号为1…N，正好闲得发慌。因此，她们发展了一个与Farmer John每
天早上为她们挤牛奶的时候的排队顺序相关的复杂的社会阶层。经过若干周的研究，Farmer John对他的奶牛的社
会结构总计进行了M次观察（1≤M≤50,000）。每个观察结果都是他的某些奶牛的一个有序序列，表示这些奶牛应
该以与她们在序列中出现的顺序相同的顺序进行挤奶。比方说，如果Farmer John的一次观察结果是序列2、5、1，
Farmer John应该在给奶牛5挤奶之前的某个时刻给奶牛2挤奶，在给奶牛1挤奶之前的某个时刻给奶牛5挤奶。Farme
r John的观察结果是按优先级排列的，所以他的目标是最大化X的值，使得他的挤奶顺序能够符合前X个观察结果描
述的状态。当多种挤奶顺序都能符合前X个状态时，Farmer John相信一个长期以来的传统——编号较小的奶牛的地
位高于编号较大的奶牛，所以他会最先给编号最小的奶牛挤奶。更加正式地说，如果有多个挤奶顺序符合这些状态
，Farmer John会采用字典序最小的那一个。挤奶顺序x的字典序比挤奶顺序y要小，如果对于某个j，xi=yi对所有i
<j成立，并且xj<yj（也就是说，这两个挤奶顺序到某个位置之前都是完全相同的，在这个位置上x比y要小）。请
帮助Farmer John求出为奶牛挤奶的最佳顺序。
Input
第一行包含N和M。
接下来的M行，每行描述了一个观察结果。
第i+1行描述了观察结果i，第一个数是观察结果中的奶牛数量mi，后面是一列mi个整数，给出这次观察中奶牛的顺序。
所有mi的和至多为200,000
Output
输出N个空格分隔的整数，给出一个1…N的排列，为Farmer John给他的奶牛们挤奶应该采用的的顺序。
Sample Input
4 3
3 1 2 3
2 4 2
3 3 4 1
3 1 2 3
2 4 2
3 3 4 1
Sample Output
1 4 2 3
这里，Farmer John有四头奶牛，他的挤奶顺序应该是奶牛1在奶牛2之前、奶牛2在奶牛3之前（第一个观察结果）
，奶牛4在奶牛2之前（第二个观察结果），奶牛3在奶牛4之前、奶牛4在奶牛1之前（第三个观察结果）。前两个观
察结果可以同时被满足，但是Farmer John不能同时满足所有的规则，因为这样的话会要求奶牛1在奶牛3之前，同
时奶牛3在奶牛1之前。这意味着总共有两种可能的挤奶顺序：1 4 2 3和4 1 2 3，第一种是字典序较小的。
这里，Farmer John有四头奶牛，他的挤奶顺序应该是奶牛1在奶牛2之前、奶牛2在奶牛3之前（第一个观察结果）
，奶牛4在奶牛2之前（第二个观察结果），奶牛3在奶牛4之前、奶牛4在奶牛1之前（第三个观察结果）。前两个观
察结果可以同时被满足，但是Farmer John不能同时满足所有的规则，因为这样的话会要求奶牛1在奶牛3之前，同
时奶牛3在奶牛1之前。这意味着总共有两种可能的挤奶顺序：1 4 2 3和4 1 2 3，第一种是字典序较小的。
挺显然的套路题吧。
一看这个题就知道二分答案...
二分最后一个可以满足的位置，然后我们要判断是否可行。
然后看题目显然的先后关系，关系明了且层次鲜明， 一看就是拓扑排序的样子。
于是我们对关系$s1 < s2$， 我们把$s1$向$s2$连有向边，然后跑拓扑看看是否有环。
我们二分出了最后一个可以满足的位置，下一个问题就是如何找出来字典序最小的方案。
经过简单的思考，自然而然的想到，把拓扑排序的队列强行换成优先队列...
这样稳A？
这在$Bzoj$上A了，但在$Luogu$上$T$了！！！活久见！！
所以我代码其实可以修改的地方挺多的， 比如可以把算答案的函数和判断是否合法的函数分开，判断是否合法只用普通队列，算答案再用优先队列，也少去了不少if语句。
这样优化预计跑得很快...
毕竟最高复杂度才$large O(NlogN)$。
我写萎的貌似是$large O(Nlog^2N)$的。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstring> #include <vector> using namespace std; #define reg register inline int read() { int res=0;char ch=getchar();bool fu=0; while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')fu=1;ch=getchar();} while(isdigit(ch))res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48), ch=getchar(); return fu?-res:res; } int n, m; int s[50005]; vector <int> T[50005]; int deg[100005]; struct edge { int nxt, to; }ed[200005]; int head[100005], cnt; inline void add(int x, int y) { ed[++cnt] = (edge){head[x], y}; head[x] = cnt; deg[y]++; } int rod[100005], Top; inline bool Topsort(bool fl) { priority_queue <int, vector <int>, greater<int> > q; for (reg int i = 1 ; i <= n ; ++ i) if (deg[i] == 0) q.push(i); while(!q.empty()) { int x = q.top();q.pop(); if (fl) rod[++Top] = x; for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt) { int to = ed[i].to; deg[to]--; if (!deg[to]) q.push(to); } } for (reg int i = 1 ; i <= n ; ++ i) if (deg[i]) return 0; return 1; } inline bool check(int mid, bool fl) { cnt = 0; memset(head, 0, sizeof head); memset(deg, 0, sizeof deg); for (reg int i = 1 ; i <= mid ; ++ i) { for (reg int j = 0 ; j < T[i].size() - 1 ; ++ j) { int x = T[i][j], y = T[i][j+1]; add(x, y); } } if (fl) return Topsort(1); return Topsort(0); } int main() { n = read(), m = read(); for (reg int i = 1 ; i <= m ; ++ i) { s[i] = read(); for (reg int j = 1 ; j <= s[i] ; ++ j) T[i].push_back(read()); } int l = 1, r = m, ans = 1; while(l <= r) { int mid = l + r >> 1; if (check(mid, 0)) ans = mid, l = mid + 1; else r = mid - 1; } check(ans, 1); for (reg int i = 1 ; i <= n ; ++ i) printf("%d ", rod[i]); return 0; }