A. 逃生
题意：
糟糕的事情发生啦，现在大家都忙着逃命。但是逃命的通道很窄，大家只能排成一行。
现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。
同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。
负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。
那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。
现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。
同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。
负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。
那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。
Input
第一行一个整数T(1 <= T <= 5),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。
然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。
然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。
Output
对每个测试数据，输出一行排队的顺序，用空格隔开。
分析：
拓扑排序；
但是这题需要注意的是要保证多种情况的条件下1排在最前，然后2、3。。。。
可以反向建图，然后逆序输出。
/**************************************** * File Name: a.cpp * Author: sky0917 * Created Time: 2014年11月 4日 18:50:02 ****************************************/ #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 30003; const int maxm = 200005; struct node{ int to, next; }e[maxm]; int tot; int head[maxn]; void add( int s, int t){ e[tot].to = t; e[tot].next = head[s]; head[s] = tot++; } struct P{ int xu; friend bool operator < ( P a, P b ){ return a.xu < b.xu; } }tin, tou; int ind[maxn]; int res[maxn]; int top; void solve(int n){ priority_queue<P> que; for (int i = 1; i <= n; ++i){ if ( 0 == ind[i] ){ ind[i]--; tin.xu = i; que.push( tin ); } } while ( !que.empty() ){ tou = que.top(); que.pop(); res[top++] = tou.xu; for (int i = head[tou.xu]; i; i = e[i].next){ int son = e[i].to; ind[son]--; if (ind[son] == 0){ tin.xu = son; que.push( tin ); } } } for (int i = top-1; i >= 0; --i){ printf("%d%c",res[i],i==0?' ':' '); } } void init(){ memset( head, 0, sizeof(head) ); memset( ind, 0, sizeof(ind) ); tot = 1; top = 0; } int main(){ int T; int n, m; scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d %d",&n, &m); init(); for (int a, b, i = 0; i < m; ++i){ scanf("%d %d",&a,&b); add(b, a); ind[a]++; } solve(n); } return 0; }
B.项目管理
题意：
Problem Description
我们建造了一个大项目！这个项目有n个节点，用很多边连接起来，并且这个项目是连通的！
两个节点间可能有多条边，不过一条边的两端必然是不同的节点。
每个节点都有一个能量值。
现在我们要编写一个项目管理软件，这个软件呢有两个操作：
1.给某个项目的能量值加上一个特定值。
2.询问跟一个项目相邻的项目的能量值之和。（如果有多条边就算多次，比如a和b有2条边，那么询问a的时候b的权值算2次）。
两个节点间可能有多条边，不过一条边的两端必然是不同的节点。
每个节点都有一个能量值。
现在我们要编写一个项目管理软件，这个软件呢有两个操作：
1.给某个项目的能量值加上一个特定值。
2.询问跟一个项目相邻的项目的能量值之和。（如果有多条边就算多次，比如a和b有2条边，那么询问a的时候b的权值算2次）。
Input
第一行一个整数T(1 <= T <= 3),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 100000)和m(1 <= m <= n + 10)，分别表示点数和边数。
然后m行，每行两个数a和b，表示a和b之间有一条边。
然后一个整数Q。
然后Q行，每行第一个数cmd表示操作类型。如果cmd为0，那么接下来两个数u v表示给项目u的能量值加上v(0 <= v <= 100)。
如果cmd为1，那么接下来一个数u表示询问u相邻的项目的能量值之和。
所有点从1到n标号。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 100000)和m(1 <= m <= n + 10)，分别表示点数和边数。
然后m行，每行两个数a和b，表示a和b之间有一条边。
然后一个整数Q。
然后Q行，每行第一个数cmd表示操作类型。如果cmd为0，那么接下来两个数u v表示给项目u的能量值加上v(0 <= v <= 100)。
如果cmd为1，那么接下来一个数u表示询问u相邻的项目的能量值之和。
所有点从1到n标号。
分析：
如果直接暴力，原则上是要TLE的，可惜这题数据比较水~ 下面说说我的解法 每个点维护两个值，w[i]-该点的值、sum[i]-相邻节点值的和。 怎样在复杂度较小的范围内维护这两个值呢。 如果把与x相连的点分为两类，一类的度数大于它（该类不超过(2m)^(1/2)），另一类度数小于它。更新和查询时时只操作度数大于它的点，就能降低复杂度了。
一个点更新时度数大于它的相邻点是直接更新了的，查询大点时答案已经统计了，但是查询小点的时候答案这没有统计完，对于小点，这个点又为小点的大点，于是再遍历一下，将未更新的点更新维护sum数组即可。
复杂度就为 q*sqrt（m）了。 还有注意要将重边合并。
一个点更新时度数大于它的相邻点是直接更新了的，查询大点时答案已经统计了，但是查询小点的时候答案这没有统计完，对于小点，这个点又为小点的大点，于是再遍历一下，将未更新的点更新维护sum数组即可。
复杂度就为 q*sqrt（m）了。 还有注意要将重边合并。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include #define maxn 100005 #define MAXN 300005 using namespace std; int n,m,ans,cnt,tot; int head[maxn],dug[maxn]; int sum[maxn],w[maxn]; struct node { int u,v,num; } edge[MAXN]; struct Node { int v,next,num,last; } g[MAXN]; void addedge(int u,int v,int num) { cnt++; g[cnt].v=v; g[cnt].num=num; g[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; } bool cmp(node xx,node yy) { if(xx.u!=yy.u) return xx.u<yy.u ;="" if(xx.v!="yy.v)" return="" xx.v<yy.v;="" }="" int="" main()="" {="" i,j,t,u,v;="" scanf("%d",&t);="" while(t--)="" scanf("%d%d",&n,&m);="" for(i="1;" i<="n;" i++)="" dug[i]="head[i]=w[i]=sum[i]=0;" scanf("%d%d",&u,&v);="" if(u="">v) swap(u,v); edge[i].u=u; edge[i].v=v; edge[i].num=1; } sort(edge+1,edge+m+1,cmp); tot=1; for(i=2; i<=m; i++) // 合并相同边 { if(edge[i].u==edge[tot].u&&edge[i].v==edge[tot].v) edge[tot].num++; else edge[++tot]=edge[i]; } for(i=1; i<=tot; i++) // 计算度数 { dug[edge[i].u]++; dug[edge[i].v]++; } cnt=0; for(i=1; i<=tot; i++) // 点与相邻节点度数较大的点建图 { u=edge[i].u; v=edge[i].v; if(dug[v]>dug[u]) addedge(u,v,edge[i].num); else addedge(v,u,edge[i].num); } int q,op,val; scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d",&op); if(op==0) { scanf("%d%d",&u,&val); w[u]+=val; for(i=head[u]; i; i=g[i].next) // 更新大点的sum值 { v=g[i].v; sum[v]+=g[i].num*val; } } else { scanf("%d",&u); ans=sum[u]; for(i=head[u]; i; i=g[i].next) // 计算未更新的大点的值 { v=g[i].v; if(g[i].last!=w[v]) { ans+=g[i].num*(w[v]-g[i].last); g[i].last=w[v]; } } sum[u]=ans; printf("%d ",ans); } } } return 0; }