2019 ICPC Malaysia National G(拓扑排序)

 

2019 ICPC Malaysia National G

 

有点绕，两层拓扑排序。

有空再补详细。 

甚至有点丑，因为绕，为了区分，当时变量名写得很长。

 

 

设题目中每个endpoint为点 即是point
然后设 每个点 里边包含的任务为 task，每个点有k个任务
将每个点的task 的[0 or 1]操作记录在taskqua[][][]里边，表示任务要解决的问题
将每个点的task 的依赖任务，即是每个task前的L后边给出的数，记录再 pointtaskdepend[u][i]，表示第u个点的第i个任务的依赖任务，其中1<=i<=k(k是每个点给出的k)
根据单个点的任务依赖关系，可以排出一个拓扑序列
这是里边一层的事

但是，任务task的询问里还有对*别的点*的调用，这时，就记录每个点里边，taskqua出现的*别的点*，根据各个点的依赖关系，给出一个拓扑序列。这是外层。

于是，排好序。逆序解决外层拓扑序列的点的Q[],即记录最后qi询问的答案，在解决每个Q[]时，逆序解决里层task花费的时间 即是，每个task的 taskcaltime[i] 1<=i<=k

对于解决单个点的Q[],例如一个任务有依赖别的任务，即是有出边，它的花费时间等于本身花费时间（设为x 即是在taskqua里边需要花费的时间）加上**所依赖任务里边的最大时间**

然后就这样子了吧。

 

 

 

#include
#include
#include
#include
#include
#define debug printf("!") 
using namespace std;
typedef __int64 ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=2e4+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*
设题目中每个endpoint为点 即是point
然后设 每个点 里边包含的任务为 task，每个点有k个任务
将每个点的task 的[0 or 1]操作记录在taskqua[][][]里边，表示任务要解决的问题
将每个点的task 的依赖任务，即是每个task前的L后边给出的数，记录再 pointtaskdepend[u][i]，表示第u个点的第i个任务的依赖任务，其中1<=i<=k(k是每个点给出的k)
根据单个点的任务依赖关系，可以排出一个拓扑序列
这是里边一层的事

但是，任务task的询问里还有对*别的点*的调用，这时，就记录每个点里边，taskqua出现的*别的点*，根据各个点的依赖关系，给出一个拓扑序列。这是外层。

于是，排好序。逆序解决外层拓扑序列的点的Q[],即记录最后qi询问的答案，在解决每个Q[]时，逆序解决里层task花费的时间 即是，每个task的 taskcaltime[i] 1<=i<=k

对于解决单个点的Q[],例如一个任务有依赖别的任务，即是有出边，它的花费时间等于本身花费时间（设为x 即是在taskqua里边需要花费的时间）加上**所依赖任务里边的最大时间**

*/
int main()
{
    int m,n,u,v,i,j,k,l,y,r,e;
    int K[maxn];
    ll Q[maxn]={0};
    vector<int> pointtaskdepend[maxn][110];
    vector<int> pointdepend[maxn];
    vector<int> pointtaskque[maxn];
    vector<int> pointque;
    int In[maxn]={0};
    int taskqua[maxn][110][2];
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(u=1;u<=n;u++)
    {
        int in[110]={0};
        scanf("%d",&k);K[u]=k;
        for(i=1;i<=k;i++)
        {
            scanf("%d",&l);
            for(j=1;j<=l;j++)
            {
                scanf("%d",&y);
                pointtaskdepend[u][i].push_back(y);
                in[y]++;
            }
            scanf("%d%d",&taskqua[u][i][0],&taskqua[u][i][1]);
            if(taskqua[u][i][0])
            {
                pointdepend[u].push_back(taskqua[u][i][1]);
                In[taskqua[u][i][1]]++;
            }
        }
        queue<int>q;
        for(i=1;i<=k;i++)
            if(in[i]==0)q.push(i);
        while(!q.empty())
        {
            int p=q.front(); q.pop();
            pointtaskque[u].push_back(p);
            for(int i=0;i)
            {
                y=pointtaskdepend[u][p][i];
                in[y]--;
                if(in[y]==0)
                    q.push(y);  
            }
        }
    }
    queue<int>q;
    for(i=1;i<=n;i++)
        if(In[i]==0) q.push(i);
    while(!q.empty())
    {
        int p=q.front(); q.pop();
        pointque.push_back(p);
        for(i=0;i)
        {
            y=pointdepend[p][i];
            In[y]--;
            if(In[y]==0)
                q.push(y);  
        }
    }
    for(v=n-1;v>=0;v--)
    {
        u=pointque[v];
        ll ans=0;
        ll taskcaltime[110]={0};
        for(i=K[u]-1;i>=0;i--)
        {
            ll x,y=0;
            if(taskqua[u][pointtaskque[u][i]][0])x=(Q[taskqua[u][pointtaskque[u][i]][1]]+1)%mod;
            else x=taskqua[u][pointtaskque[u][i]][1];
            if(pointtaskdepend[u][pointtaskque[u][i]].size()==0)
            {
                taskcaltime[pointtaskque[u][i]]=x%mod;
                ans=max(ans,x)%mod;
                continue;
            }
            for(j=0;j)
            {
                y=max(y,(ll)taskcaltime[pointtaskdepend[u][pointtaskque[u][i]][j]]);
            }
            taskcaltime[pointtaskque[u][i]]=(x+y)%mod;
            ans=max(ans,(x+y)%mod);
        }
        Q[u]=ans;
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&v);
        printf("%I64d\n",Q[v]);
    }
}

 

 

2019-09-06

 

转载于:https://www.cnblogs.com/kkkek/p/11470637.html