第三章 图论 No.13拓扑排序

拓扑序和DAG有向无环图联系在一起，通常用于最短/长路的线性求解

裸题：1191. 家谱树

1191. 家谱树 - AcWing题库

#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 110, M = 10010;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int d[N], q[N], hh, tt = -1;
int n, m;

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

void topsort()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        if (!d[i]) q[ ++ tt ] = i;
    while (tt >= hh )
    {
        int x = q[hh ++ ];
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            if (-- d[y] == 0) q[++ tt] = y;
        }
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d", &n);
    for (int x = 1; x <= n; ++ x )
    {
        int y;
        while (scanf("%d", &y), y)
        {
            add(x, y);
            d[y] ++ ;
        }
    }
    
    topsort();
    for (int i = 0; i <= tt; ++ i )
        printf("%d ", q[i]);
    return 0;
}

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差分约束+拓扑排序：1192. 奖金

1192. 奖金 - AcWing题库

由于图中所有边权都是正数，可以直接使用topsort求解差分约束问题
根据题意，要求一个最小值，使用最长路求解，转化题目的条件：$A>=B+1$与$x_i>=x_0+100$
$x_0$为一个虚拟源点，向每个点连了一条权值为100的边

若图中存在环，topsort的队列长度将小于n，因为环的起点无法进入队列
先用topsort判断图中是否存在环，若不存在，根据拓扑序遍历图，求解最长路

#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 10010, M = 30010;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int q[N], d[N], hh, tt = -1;
int dis[N];
int n, m;

void add(int x, int y, int d)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}

bool topsort()
{
    q[ ++ tt ] = 0;
    while (tt >= hh)
    {
        int x = q[hh ++ ];
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i] )
        {
            int y = e[i];
            if ( -- d[y] == 0) q[ ++ tt ] = y;
        }
    }
    return tt == n;
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < m; ++ i )
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(y, x, 1);
        d[x] ++ ;
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i ) add(0, i, 100), d[i] ++ ;
    if (!topsort()) puts("Poor Xed");
    else 
    {
        for (int k = 0; k <= tt; ++ k )
        {
            int x = q[k];
            for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
            {
                int y = e[i];
                dis[y] = max(dis[y], dis[x] + w[i]);
            }
        }
        int sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++ i ) sum += dis[i];
        printf("%d\n", sum);
    }
    
    return 0;
}

debug：最后的遍历没有按照拓扑序

for (int x = 0; x <= tt; ++ x )
{
	for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int y = e[i];
		dis[y] = max(dis[y], dis[x] + w[i]);
	}
}

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集合+拓扑序：164. 可达性统计

[164. 可达性统计 - AcWing题库](https://www.acwing.com/problem/content/description/166/

从集合的角度思考，$f(i)$表示i这个点能到达的所有点，i首先能到达自己，其次能达到$f(j_1),f(j_2),...,f(j_n)$，假设i与n个点直接相连
那么要求$f(i)$，就必须求出$f(j_1),f(j_2),...,f(j_n)$，即拓扑排序中位于i之后的所有点的$f(j)$
所以这题先拓扑排序，再根据拓扑排序的逆序，求$f(i)$
如何表示集合$f(i)$？用STL的容器bitset，假设图中有N个点，那么bitset的长度为N，每个点都用一个bitset记录其集合，1表示i能递达这个点，0表示不能递达
那么$f(i)=f(j_1)\cap f(j_2)\cap ...\cap f(j_n)$

关于bitset的使用，bitset之间支持|=运算，count()输出bitset中1的个数

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 30010, M = N;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int q[N], d[N], hh, tt = -1;
bitset<N> f[N];
int n, m;

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

void topsort()
{
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        if (!d[i]) q[ ++ tt ] = i;
    while (tt >= hh)
    {
        int x = q[hh ++ ];
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            if ( -- d[y] == 0) q[ ++ tt ] = y;
        }
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < m; ++ i )
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(x, y);
        d[y] ++ ;
    }
    topsort();
    
    for (int i = tt; i >= 0; -- i )
    {
        int x = q[i];
        f[x][x] = 1;
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            f[x] |= f[y];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++ i ) printf("%d\n", f[i].count());

    return 0;
}

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差分约束+拓扑序：456. 车站分级

456. 车站分级 - AcWing题库

分析题意：对于每一条路线，未经过的站点的等级一定小于经过的站点等级，并且最低的站点等级为1级
题目要求所有等级划分中的最少等级数，用最长路求最小值。将以上条件转换成差分约束中的两个条件：$B>=A+1$, $x_i>=x_0+1$
$x_0$为虚拟源点，通过$x_0$能到达图中的所有点，那么就一定能递达所有边

由于每条路线路都会建立n * m条边，极端情况下可能会爆空间，所以考虑如何优化
一条路径中未经过的站点将向经过的站点连接一条权值为1的边，一共n * m条，由于这些边的权值相同，可以在这些边中创建一个虚拟点v，未经过的点分别向v连一条权值为0的边，v向经过的点分别连接一条权值为1的边。这样，从未经过的点到经过的点的权值和依然为1，但是需要建立的边数为n + m，此时的边数在极端情况下也不会爆空间

#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 2010, M = 1e6 + 10;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int d[N], q[N], hh, tt = -1;
bool st[N]; int dis[N];
int n, m;

void add(int x, int y, int d)
{
    e[idx] = y, ne[idx] = h[x], w[idx] = d, h[x] = idx ++ ;
}

void topsort()
{
    for (int i = 1; i <= n + m; ++ i ) 
        if (!d[i]) q[ ++ tt ] = i;
    while (tt >= hh)
    {
        int x = q[hh ++ ];
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            if (-- d[y] == 0) q[ ++ tt ] = y;
        }
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= m; ++ i )
    {
        memset(st, false, sizeof(st));
        int t, start = n, end = 0;
        scanf("%d", &t);
        while (t -- )
        {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            st[x] = true;
            start = min(start, x), end = max(end, x);
        }
        int v = n + i;
        for (int i = start; i <= end; ++ i )
        {
            if (st[i]) add(v, i, 1), d[i] ++ ;
            else add(i, v, 0), d[v] ++ ;
        }
    }
    
    topsort();
    for (int i = 1; i <= n; ++ i ) dis[i] = 1;
    for (int i = 1; i <= tt; ++ i )
    {
        int x = q[i];
        for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int y = e[i];
            dis[y] = max(dis[y], dis[x] + w[i]);
        }
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i ) res = max(res, dis[i]);
    printf("%d\n", res);
    
    return 0;
}

debug：w[M]写成了w[N]，又是这样，然后debug了半天，了