拓扑排序模板（附带题解：有向图的拓扑序列+Fine Logic）

目录

应用的问题：

原理解释及性质：

原理：

性质：

解题模板：

模板1：

模板2：

例题：

例题1：有向图的拓扑序列

题目描述：

思路：

代码详解：

例题2：Fine Logic

思路：

解题代码：

---

应用的问题：

用于解决题目中对于每个点之间具有依赖关系的问题。

（注意该问题所构成的图必须为有向无环图）

例如要满足

A的排名在B前面，A的排名在C前面，B的排名在C前面

这三个条件的排名

于是我们就可以用拓扑排序取解决该问题。

原理解释及性质：

原理：

因为每次选用的都是入度为0的点，就保证的了是将前提已经满足了的点将其入队，按照这个顺序入的队，满足了每个点之间所需要的依赖关系。

性质：

一个有向无环图一定至少存在一个入度为0的点。

解题模板：

模板1：

#include
#include
using namespace std;

const int N=1e5+6;

int d[N];//每个点的入度
vector> access(N);
//对于每个点所指向的点，例如对于access[i][j]表示对于第i个点所指向的第j个点

int main(){ 
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    
    int x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        d[y]++;//对每个点的入度进行记录
        access[x].push_back(y);//把y放入x的点中
    }
    
    vector ans;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!d[i]) ans.push_back(i);
    }//把所有入度为0的点放入ans中
    
    for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)//注意这里必须是ans.size(),因为它是随时变化的
    {
        int cur=ans[i];
        for(auto &nex:access[cur])//遍历第i个点所指向的所有点
        {
            d[nex]--;
            if(!d[nex]) ans.push_back(nex); //ans需要不断放入入度为0的点
        }
    }
    
    
    if((int)ans.size()==n)//遍历完后所有的点都在其中，则代表无环
    {
        for(int i=0;i

模板2：

#include
#include
#include
using namespace std;

const int N=100010;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int n,m;
int q[N],d[N];//q表示队列,d表示点的入度

void add(int a,int b)
{
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}

bool topsort()
{
    int hh=0,tt=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     if(!d[i]) 
     q[++tt]=i;//将入度为零的点入队
    while(hh<=tt)
    {
        int t=q[hh++];
        for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            d[j]--;//删除点t指向点j的边
            if(d[j]==0)//如果点j的入度为零了,就将点j入队
            q[++tt]=j;
        }
    }
    return tt==n-1;
    //表示如果n个点都入队了话,那么该图为拓扑图,返回true,否则返回false
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    memset(h,-1,sizeof(h));//初始化
    for(int i=0;i

例题：

例题1：有向图的拓扑序列

题目描述：

思路：

模板题，直接套板子

代码详解：

#include
#include
using namespace std;

const int N=1e5+6;

int d[N];//每个点的入度
vector> access(N);
//对于每个点所指向的点，例如对于access[i][j]表示对于第i个点所指向的第j个点

int main(){ 
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    
    int x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        d[y]++;//对每个点的入度进行记录
        access[x].push_back(y);//把y放入x的点中
    }
    
    vector ans;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!d[i]) ans.push_back(i);
    }//把所有入度为0的点放入ans中
    
    for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)//注意这里必须是ans.size(),因为它是随时变化的
    {
        int cur=ans[i];
        for(auto &nex:access[cur])//遍历第i个点所指向的所有点
        {
            d[nex]--;
            if(!d[nex]) ans.push_back(nex); //ans需要不断放入入度为0的点
        }
    }
    
    
    if((int)ans.size()==n)//遍历完后所有的点都在其中，则代表无环
    {
        for(int i=0;i

例题2：Fine Logic

题目描述：

思路：

当构成的图为有向无环图的时候，拓扑排序即为正解。

当构成的图为有向有环图的时候，输出1到n，以及n到1即为正解（原因：对于这两组解已经包括了所有的可能的情况，则直接输出即可。例如对于1、2、3、4、5。以及5、4、3、2、1。我们取2看，对于第一个2它包括了大于3、4、5的情况，对于第二个2它包括了大于1的情况。我们总的来看即包含2的所有情况。对于每个数都是一样，故该答案为正解）

解题代码：

#include
#include
#include
using namespace std;

const int N=1000010;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int n,m;
int q[N],d[N];//q表示队列,d表示点的入度

void add(int a,int b)
{
    e[idx]=b;
    ne[idx]=h[a];
    h[a]=idx++;
}

bool topsort()
{
    int hh=0,tt=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     if(!d[i]) 
     q[++tt]=i;//将入度为零的点入队
    while(hh<=tt)
    {
        int t=q[hh++];
        for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
        {
            int j=e[i];
            d[j]--;//删除点t指向点j的边
            if(d[j]==0)//如果点j的入度为零了,就将点j入队
            q[++tt]=j;
        }
    }
    return tt==n-1;
    //表示如果n个点都入队了话,那么该图为拓扑图,返回true,否则返回false
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    memset(h,-1,sizeof(h));//如果程序时间溢出，就是没有加上这一句
    for(int i=0;i=1;i--){
            cout<