【算法小总结】拓扑排序+例题解析

题目1449：确定比赛名次
时间限制：1 秒内存限制：128 兆特殊判题：否提交：669解决：293
题目描述：
有N个比赛队（1<=N<=500），编号依次为1，2，3，。。。。，N进行比赛，比赛结束后，裁判委员会要将所有参赛队伍从前往后依次排名，但现在裁判委员会不能直接获得每个队的比赛成绩，只知道每场比赛的结果，即P1赢P2，用P1，P2表示，排名时P1在P2之前。现在请你编程序确定排名。
输入：
输入有若干组，每组中的第一行为二个数N（1<=N<=500），M；其中N表示队伍的个数，M表示接着有M行的输入数据。接下来的M行数据中，每行也有两个整数P1，P2表示即P1队赢了P2队。
输出：
给出一个符合要求的排名。输出时队伍号之间有空格，最后一名后面没有空格。
其他说明：符合条件的排名可能不是唯一的，此时要求输出时编号小的队伍在前；输入数据保证是正确的，即输入数据确保一定能有一个符合要求的排名。
样例输入：
4 3
1 2
2 3
4 3
样例输出：
1 2 4 3

 

//拓扑排序
/*拓扑排序方法如下:
(1)从有向图中选择一个没有前驱(即入度为0)的顶点并且输出它.
(2)从网中删去该顶点,并且删去从该顶点发出的全部有向边.
(3)重复上述两步,直到剩余的网中不再存在没有前趋的顶点为止.*/

#include
#include
int degree[510],bin[510],map[510][510];
void ToPu(int n)
{
   int i,j,p;
   for(i=1;i<=n;i++)
   {
      p=-1;//用来记录入度为0的结点 
      for(j=1;j<=n;j++)
      {
         if(degree[j]==0)//如果入度为0 
         {
           degree[j]--;//让他为负数
           bin[i]=p=j;
           break;//找到那个入度为0的结点，说明他是本组查找的元老 
         } 
      }
      for(j=1;j<=n;j++)
      {
        if(map[p][j]==1)//去掉p链接的所有路 
        {
           map[p][j]=0;
           degree[j]--;//j的入度减去1 
        } 
      }
   }    
}
int main()
{
    int i,j,n,m,x,y;
    while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
    {
       memset(degree,0,sizeof(degree));
       memset(bin,0,sizeof(bin));
       memset(map,0,sizeof(map));
       for(i=0;i

 

因为每次都要搜索入度为0的节点，花费的时间是O(n^2)

可以进行优化到O(E+V)

优化思想，可以通过将所有（未分配拓扑编号）入度为0的顶点放在一个特殊的盒子中而避免
这种无效的劳动。当降低邻接顶点的入度的时候，检查每一个顶点并在他入度为0的时候把它放入盒子。

步骤：
1.对每一个顶点计算它的入度，将所有入度为0的顶点放入一个初始为空的队列中。
2.当队列不空时，删除一个顶点v，并将与v邻接的所有的顶点的入度减1。
3.在刚刚的操作中，只要有一个顶点的入度降为0，就把该顶点放入队列中。
此时，拓扑排序就是顶点出队的顺序。

优化代码：
//注意，这个写法是没要求输出时编号小的队伍在前
//写这个的目的是清楚优化的方法，不是为此题而编写

void ToPu(int n)
{
   queue q;  
   int sum=1;
   int v,i;
   
   while(!q.empty()){q.pop();}
   for(i=1;i<=n;i++)
   if(degree[i]==0)
      q.push(i);
      
   while(!q.empty())
   {
      v=q.front();
      q.pop();
      bin[sum++]=v;
      for(i=1;i<=n;i++)
      {
         if(map[v][i]==1)
         {
            degree[i]--;
            if(degree[i]==0)
               q.push(i);
         }
      }
   }
}