【】
【分析】小猪真的是一个很好的问题。我认为这是一个问题洪水。建立拓扑后（便！
）。直接把最外层设定序号为1，第二层为2。bfs下去就可以。
。
。
结果发现：飞行序号不能同样。。
。
于是開始想。
先考虑第一个问题：打印一个合法序列。我開始是这么想的：
观察每一个飞机的最晚飞行序号Ki，由于必然有解，所以我们能够让它的序号就是Ki。然后用它的时间去更新前面的时间（图能够反向建立）。应该能够维护一个大根堆，每次挑出最大的一个进行处理。
【简易代码】
memset(T,0x7f,sizeof(T));
for (i=1;i<=n;i++)
if (!num[i]) T[i]=k[i],q.push(make_pair(k[i],i));
while (!q.empty())
{
temp=q.top();q.pop();
P=temp.second;
for (i=end[P];i;i=a[i].next)
{
go=a[i].go;
if (T[P]-1<T[go]) T[go]=T[P]-1,q.push(make_pair(T[go],go));
}
}
sort(id+1,id+n+1,cmp);
for (i=1;i<=n;i++)
if (i<n) printf("%d ",id[i]);else printf("%d
",id[i]);
考虑第二个问题：求出每一个飞机最早的起飞序列。好像嘛，有点~~
我是这么想的：每次枚举一架飞机i,先找到全部在它之前的飞机（下面的dfs进行了一遍flood—fill）
显然这些是一定在前面的。
然后我再去找剩余的飞机——统计最晚时间ki的个数。
然后枚举可行的时间点j并推断是否可行（二分也能够，只是反正已经O(N)了）。
【简易代码】
for (now=1;now<=n;now++)
{
memset(T,0,sizeof(T));
memset(deep,0,sizeof(deep));
dfs(now);
ans=sum=0;
for (i=1;i<=n;i++)
if (T[i]&&i!=now) ans++;else if (i!=now) deep[k[i]]++;
//for (i=1;i<=k[now];i++) sum+=deep[i];
for (i=1;i<=k[now];i++)
{
if (ans+sum<i) break;
sum+=deep[i];
}
printf("%d ",i);
}
【思考】啦啦啦~~~可惜，以上的想法都是错的。。
。。
第二个有点想通了。由于ki的限制，有些飞机的最晚时间可能的确大于j。可是他们必须立马起飞。否则就没有时间了。我跑出来的解和标准数据相差的不是非常大，能够当骗分用。
【正解】膜拜了VLK的题解——能够把全部的边反向，ki与N取反。这样，最晚时间变成了最早时间，也就是说，枚举到每一个点的时候。都能够尽可能的拖晚时间。
【AC代码】
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define N 2005
using namespace std;
struct arr{int go,next;}a[20005];
int end[N],ord[N],T[N],k[N],dis[N],num[N],id[N],Q[N];
int P,n,m,i,x,y,now,cnt,go,ans,sum;
pair<int,int>temp;
inline void add(int u,int v)
{
a[++cnt].go=v;a[cnt].next=end[u];end[u]=cnt;
}
inline int work(int x)
{
memcpy(dis,num,sizeof(num));
int h=0,t=0,v,p,i;
for (i=p=1;i<=n;i++)
{
for (;p<=n&&k[v=ord[p]]<i;p++)
if (!dis[v]&&v!=x) Q[++t]=v;
if (h<t)
{
v=Q[++h];
for (int j=end[v];j;j=a[j].next)
{
int go=a[j].go;dis[go]--;
if (!dis[go]&&go!=x&&k[go]<i) Q[++t]=go;
}
}
else return t;
}
return t;
}
inline bool cmp(int a,int b)
{
return T[a]<T[b];
}
inline bool cmp2(int a,int b)
{
return k[a]<k[b];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&k[i]),k[i]=n-k[i],ord[i]=i;
for (i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(y,x);num[x]++;
}
sort(ord+1,ord+n+1,cmp2);
for (i=work(0);i;i--)
{
printf("%d",Q[i]);
if (i>1) printf(" ");else printf("
");
}
for (i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",n-work(i));
return 0;
}
【总结】一道NOI的好的标题。有时间值我们必须再次回顾！
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