兔兔 的 题解 —— 年功序列

年功序列

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题目描述

在虚拟国度里多了很多 Virtual oier，为了树立对后辈的威信，从第 $1$ 个 Virtual oier 开始的 oier 们搞起了年功序列的制度。
虚拟国度的创始人 oier Chtholly 感觉非常有趣，于是他决定观测 $1$ 到 $n$ 这些人，他观测到了一些有趣的现象：虚拟国度里有一些凳子，如果 $a$ 是 的先辈则 能在 前面得到凳子
Chtholly的观测可以构成 $m$ 个序列，每个序列有 $k$ 个元素 $a_1,a_2,a_3,\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot ,a_k$。表示在 $a_i$ 有凳子前 $a_1,a_2,a_3,\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot ,a_{i-1}$ 必须有凳子。($a_{i-1}$ 是 $a_i$ 的前辈)
例如 k = 3 时：$a=1，2，3$，表示 $3$ 有凳子前 $1,2$必须都有凳子，$2$ 有凳子前 $1$ 必须有凳子。
但 Chtholly 年纪大了记忆力未必好，如果第 $i$ 个序列与前 $i-1$ 个序列冲突的话那么就只需要考虑前 $i-1$ 个序列就好了。(忽略第 $i$ 个序列)
Chtholly 希望知道 $1$ 到 $n$ 个人的年功序列的最小字典序。

输入格式

第一行两个数 $n,m$
接下来 m 行每行第一个数为 $k$，接下来 $k$ 个数为这次观测构成的序列

输出格式

输出 $n$ 个数构成的最小字典序。

样例

样例输入

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

样例输出

1 4 2 3

样例解释

第三个观测序列与前两个观测序列冲突不考虑，前两个观测序列可以构成 $1$ $4$ $2$ $3$ 或者 $4$ $1$ $2$ $3$ 这两个序列，字典序小的为 $1$ $4$ $2$ $3$。

数据范围与提示

$30$%的数据，$n\le 10,m\le 4$
$50$%的数据，$n\le 10000,m\le 5000$
$100$%的数据，$n\le 100000,m\le 50000,k\le n$

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分析

这道题看似很难、很复杂，其实是道简单的拓扑排序。
我们可以把 $a[1]$ ~ $a[i-1]$ 看成 $a[i]$ 的入度。(下面也这样说明)
但是我们只需要把 $a[i-1]$ 看成 $a[i]$ 的入度即可。$($ 因为我们求到 $a[i-1]$ 的时候，前面的 $a[1]$ ~ $a[i-2]$ 一定是求过的 $($ 不然不会求到 $a[i-1]$ 的 $)$ $)$
——但是这道题的难点在于冲突的情况

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思路

我们先输入第 $i$ 组的数据 ，把 这组数据 及 以前的数据(没有舍弃的数据) 进行拓扑排序，再判断是否出现了环：

• 如果出现了，就把 这组数据舍弃 (同时也要把 新加进来的 入度 和 每个点的入度个数 还原)。

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代码

正解代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int MAXN = 1e5 + 5;
int N, M, K;
int num[MAXN];
vector<int> ans, E[MAXN];
int in[MAXN]; // 每个人的前辈个数 
bool vis[MAXN];
struct node
{
	int numn;
	node(){}
	node (int n) { numn = n; }
	friend bool operator < (node a, node b) { return a.numn > b.numn; } // 字典序排序 
};

void toposort() // 拓扑排序 
{
	priority_queue<node> q;
	for (int i = 1; i <= N; i++)
		if (in[i] == 0) q.push(node(i)); // 不一定每个人都有前辈, 所以不需要判断每个人是否被输入 
	while (!q.empty())
	{
		int u = q.top().numn; q.pop();
		ans.push_back(u);
		int siz = E[u].size();
		for (int i = 0; i < siz; i++)
		{
			int v = E[u][i];
			--in[v];
			if (in[v] == 0) q.push(node(v));
		}
	}
}

bool check(int u) // 判断是否产生环 
{
	int siz = E[u].size();
	for (int i = 0; i < siz; i++)
	{
		int v = E[u][i];
		if (vis[v]) return 0;
		vis[v] = 1;
		if (!check(v)) return 0;
	}
	vis[u] = 0;
	return 1;
}

int main()
{
	scanf("%d %d", &N, &M);
	for (int i = 1; i <= M; i++)
	{
		scanf("%d", &K);
		for (int j = 1; j <= K; j++)
		{
			scanf("%d", &num[j]);
			if (j == 1) continue; // 第1个人没有前辈 
			E[num[j - 1]].push_back(num[j]), ++in[num[j]];
		}
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		vis[num[1]] = 1;
		if (!check(num[1])) // 为什么从第1人开始判断, 就留给读者自己思考了 
		{
			// 还原 
			for (int j = 2; j <= K; j++)
			{
				 // 删除这个入度 
				--in[num[j]];
				E[num[j - 1]].pop_back();
			}
			break;
		}
	}
	toposort();
	int siz = ans.size();
	for (int i = 0; i < siz; i++)
		printf("%d ", ans[i]);
	return 0;
}

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