tarjan缩点+拓扑排序 BZOJ2535 [Noi2010]Plane 航空管制

2535: [Noi2010]Plane 航空管制2

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Description

世博期间，上海的航空客运量大大超过了平时，随之而来的航空管制也频频发生。最近，小X就因为航空管制，连续两次在机场被延误超过了两小时。对此，小X表示很不满意。在这次来烟台的路上，小 X不幸又一次碰上了航空管制。于是小 X开始思考关于航空管制的问题。假设目前被延误航班共有 n个，编号为 1至n。机场只有一条起飞跑道，所有的航班需按某个顺序依次起飞（称这个顺序为起飞序列）。定义一个航班的起飞序号为该航班在起飞序列中的位置，即是第几个起飞的航班。起飞序列还存在两类限制条件：  第一类（最晚起飞时间限制）：编号为 i的航班起飞序号不得超过 ki;  第二类（相对起飞顺序限制）：存在一些相对起飞顺序限制(a, b)，表示航班 a的起飞时间必须早于航班 b，即航班 a的起飞序号必须小于航班 b 的起飞序号。小X 思考的第一个问题是，若给定以上两类限制条件，是否可以计算出一个可行的起飞序列。第二个问题则是，在考虑两类限制条件的情况下，如何求出每个航班在所有可行的起飞序列中的最小起飞序号。

Input

第一行包含两个正整数 n和m，n表示航班数目，m表示第二类限制条件（相对起飞顺序限制）的数目。第二行包含 n个正整数 k1, k2, „, kn。接下来 m行，每行两个正整数 a和b，表示一对相对起飞顺序限制(a, b)，其中1≤a,b≤n, 表示航班 a必须先于航班 b起飞。

Output

由两行组成。
第一行包含 n个整数，表示一个可行的起飞序列，相邻两个整数用空格分隔。
输入数据保证至少存在一个可行的起飞序列。如果存在多个可行的方案，输出任
意一个即可。
第二行包含 n个整数 t1, t2, „, tn，其中 ti表示航班i可能的最小起飞序
号，相邻两个整数用空格分隔。

Sample Input

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

Sample Output

3 5 1 4 2
3 4 1 2 1

HINT

题目描述已经提示正解了，此题要反向存。

存边，并将每架飞机的起飞限制x改成n-x，就将第一问转化成一个求飞机最晚起飞时间的问题，用拓扑排序可解。
第二问：每次限制不起飞某架飞机p，而将其他能飞的飞机都飞出去（拓扑排序时不处理p结点，让p连出去的边都保留下来），此时飞机p必须起飞了，这个时间就是它在新问题中的最晚起飞时间，也就是原问题中的最早起飞时间。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 int n,m,cnt,hd,tl;
 7 struct data{
 8     int limit,num;
 9 }p[2010];
10 struct dt{
11     int nex,to;
12 }edge[20010];
13 int lim[2010],getin[2010],gtin[2010],head[2010],q[2010];
14 bool cmp(const data&aa,const data&bb){
15     return aa.limit<bb.limit;
16 }
17 void add(int start,int end){
18     edge[++cnt].nex=head[start];
19     edge[cnt].to=end;
20     head[start]=cnt;
21 }
22 void work(int x){
23     memcpy(gtin,getin,sizeof(getin));
24     hd=tl=0;//!!!
25     for(int t=1,i=1;i<=n;i++){
26         /*for(int t=1;t<=n;t++)
27             if(p[t].limit<i&&!gtin[p[t].num]&&x!=p[t].num) q[++tl]=p[t].num;*/
28         for(;t<=n&&p[t].limit<i;t++)
29             if(!gtin[p[t].num]&&p[t].num!=x) q[++tl]=p[t].num;  
30         if(hd<tl){
31             int u=q[++hd];
32             for(int j=head[u];j;j=edge[j].nex){
33                 gtin[edge[j].to]--;
34                 if(!gtin[edge[j].to]&&x!=edge[j].to&&lim[edge[j].to]<i) q[++tl]=edge[j].to;
35             }
36         }
37         else return;
38     }       
39 }
40 int main(){
41     scanf("%d%d",&n,&m);
42     for(int i=1;i<=n;i++){
43         scanf("%d",&p[i].limit);
44         p[i].limit=n-p[i].limit;
45         p[i].num=i;
46         lim[i]=p[i].limit;
47     }
48     sort(p+1,p+n+1,cmp);
49     int a,b;
50     for(int i=1;i<=m;i++){
51         scanf("%d%d",&a,&b);
52         getin[a]++;
53         add(b,a);
54     }
55     work(0);
56     for(int i=tl;i>=2;i--) printf("%d ",q[i]);
57     printf("%d
",q[1]);
58     for(int i=1;i<n;i++){
59         work(i);
60         printf("%d ",n-tl);
61     }
62     work(n);
63     printf("%d",n-tl);
64     return 0;
65 }