bzoj 4010: [HNOI2015]菜肴制作

4010: [HNOI2015]菜肴制作

2017-09-12

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Description

知名美食家小 A被邀请至ATM 大酒店，为其品评菜肴。 

ATM 酒店为小 A 准备了 N 道菜肴，酒店按照为菜肴预估的质量从高到低给予1到N的顺序编号，预估质量最高的菜肴编号为1。由于菜肴之间口味搭配的问题，某些菜肴必须在另一些菜肴之前制作，具体的，一共有 M 条形如“i 号菜肴‘必须’先于 j 号菜肴制作”的限制，我们将这样的限制简写为<i,j>。现在，酒店希望能求出一个最优的菜肴的制作顺序，使得小 A能尽量先吃到质量高的菜肴：也就是说:

(1)在满足所有限制的前提下，1 号菜肴“尽量”优先制作；

(2)在满足所有限制，1号菜肴“尽量”优先制作的前提下，2号菜肴“尽量”优先制作；

(3)在满足所有限制，1号和2号菜肴“尽量”优先的前提下，3号菜肴“尽量”优先制作；

(4)在满足所有限制，1 号和 2 号和 3 号菜肴“尽量”优先的前提下，4 号菜肴“尽量”优先制作；

(5)以此类推。 

例1：共4 道菜肴，两条限制<3,1>、<4,1>，那么制作顺序是 3,4,1,2。例2：共5道菜肴，两条限制<5,2>、 <4,3>，那么制作顺序是 1,5,2,4,3。例1里，首先考虑 1，因为有限制<3,1>和<4,1>，所以只有制作完 3 和 4 后才能制作 1，而根据(3)，3 号

又应“尽量”比 4 号优先，所以当前可确定前三道菜的制作顺序是 3,4,1；接下来考虑2，确定最终的制作顺序是 3,4,1,2。例 2里，首先制作 1是不违背限制的；接下来考虑 2 时有<5,2>的限制，所以接下来先制作 5 再制作 2；接下来考虑 3 时有<4,3>的限制，所以接下来先制作 4再制作 3，从而最终的顺序是 1,5,2,4,3。 

现在你需要求出这个最优的菜肴制作顺序。无解输出“Impossible!” （不含引号，首字母大写，其余字母小写） 

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Input

 第一行是一个正整数D，表示数据组数。 

接下来是D组数据。 

对于每组数据： 

第一行两个用空格分开的正整数N和M，分别表示菜肴数目和制作顺序限制的条目数。 

接下来M行，每行两个正整数x,y，表示“x号菜肴必须先于y号菜肴制作”的限制。（注意：M条限制中可能存在完全相同的限制） 

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Output

 输出文件仅包含 D 行，每行 N 个整数，表示最优的菜肴制作顺序，或者”Impossible!”表示无解（不含引号）。 

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Sample Input

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

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Sample Output

1 5 3 4 2
Impossible!
1 5 2 4 3

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 【样例解释】 

第二组数据同时要求菜肴1先于菜肴2制作，菜肴2先于菜肴3制作，菜肴3先于菜肴1制作，而这是无论如何也不可能满足的，从而导致无解。 

100%的数据满足N,M<=100000,D<=3。 

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一个反图的字典序最大,stl大法好 

 

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=100000+9999;
int read(){
    int an=0;
    char ch=getchar();
    while(!('0'<=ch&&ch<='9')){ch=getchar();}
    while('0'<=ch&&ch<='9'){an=an*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return an;
}
priority_queue<int>q;
int d[maxn],ans[maxn],f[maxn],cnt,tot;
int n,m,T;
struct saber{
int nex,to;
}b[maxn<<1];
void add(int x,int y){
    cnt++;
    b[cnt].nex=f[x];
    b[cnt].to=y;
    f[x]=cnt;
}
void G(){
    for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=f[i]=0;
    for(int j=1;j<=m;j++)b[j]=(saber){0,0};
    n=m=0;cnt=0;tot=0;
    while(!q.empty())q.pop();
}
void work(int x){
    q.pop();tot++;ans[tot]=x;
    for(int i=f[x];i;i=b[i].nex){
        int v=b[i].to;
        d[v]--;
        if(!d[v])q.push(v);
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    T=read();
    while(T){T--;
        n=read();m=read();
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int x,y;
            x=read();y=read();add(y,x);
            d[x]++;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q.push(i);
        while(!q.empty())work(q.top());
        if(tot!=n)cout<<"Impossible!"<<endl;
        else{
            for(int i=n;i>=1;i--)cout<<ans[i]<<" ";cout<<endl;
        }
        G();
    }
    return 0;
}

by:s_a_b_e_r

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一开始看好像很好做啊，不就是字典序最小的拓扑序吗

结果gg。

因为存正向边A->B的话，做了A不一定可以做B，但做了B则说明一定做了A

于是逆向思考，求反图字典序最大的拓扑序

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=100009;
int t,n,m,cnt,p[N],d[N],ans[N],tot;
priority_queue<int>q;
struct edge{
int to,nex;
}e[N];
void add(int u,int v)
{
     ++cnt;
     e[cnt].to=v;
     e[cnt].nex=p[u];
     p[u]=cnt;
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
      cnt=tot=0;
      memset(d,0,sizeof(d));
      memset(p,0,sizeof(p));
      scanf("%d%d",&n,&m);
      for(int i=1;i<=m;++i)
      {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(v,u);++d[u];
      }
      for(int i=1;i<=n;++i)if(!d[i])q.push(i);
      while(!q.empty())
      {
        int u=q.top();q.pop();ans[++tot]=u;
        for(int i=p[u];i;i=e[i].nex)
        {
          int v=e[i].to;
          --d[v];if(!d[v])q.push(v);
        }
      }
      if(tot!=n)cout<<"Impossible!"<<endl;
      else{
        for(int i=n;i>=1;--i)cout<<ans[i]<<" ";
        cout<<endl;
      }
      while(!q.empty())q.pop();
    }
    return 0;
}

by:wypx

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